90. Bella funzionale

[scambret]

Trovare tutte le $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che

$$f(x)+f(y)=f(x+y) \ \ \mathrm{e} \ \ f(x)^{2013}=f(x^{2013}) \ \ \forall x, y \in \mathbb{R}$$

[aetwaf]

Sia $y=x$
Allora sarà $f(2x)=2f(x)$
Sia $y=2x$
Allora sarà $f(3x)=f(x)+f(2x)=3f(x)$
In generale $f(kx)=kf(x)$
Infatti, caso $k=1$ funziona
Se vale per un certo $k$ dimostriamolo per $k+1$
Poniamo $y=kx$
Otteniamo $f(x)+f(kx)=f((k+1)x)=f(x)+kf(x)=(k+1)f(x)$ per ipotesi induttiva

Ma per ipotesi $f(x^{2013})=f^{2013}(x)$
Quindi $x^{2012}f(x)=f^{2013}(x)$
Da cui $f^{2012}(x)=x^{2012}$
Da cui $f(x)=\pm x$ $\forall x\in \mathbb R$

[karlosson_sul_tetto]

Sia $y=x$
Allora sarà $f(2x)=2f(x)$
Sia $y=2x$
Allora sarà $f(3x)=f(x)+f(2x)=3f(x)$
In generale $f(kx)=kf(x)$
Infatti, caso $k=1$ funziona
Se vale per un certo $k$ dimostriamolo per $k+1$
Poniamo $y=kx$
Otteniamo $f(x)+f(kx)=f((k+1)x)=f(x)+kf(x)=(k+1)f(x)$ per ipotesi induttiva

Ma per ipotesi $f(x^{2013})=f^{2013}(x)$
Quindi $x^{2012}f(x)=f^{2013}(x)$
Da cui $f^{2012}(x)=x^{2012}$
Da cui $f(x)=\pm x$ $\forall x\in \mathbb R$

Bé, la prima parte della tua dimostrazione vale per $ \in \mathbb N$, mentre nella seconda parte $x\in \mathbb R$; non funziona cosi facilmente.

[aetwaf]

Bé, la prima parte della tua dimostrazione vale per $ \in \mathbb N$

Non mi è chiaro perchè valga solo in quell'insieme numerico la prima parte

[NoAnni]

Non mi è chiaro perchè valga solo in quell'insieme numerico la prima parte

Tu stai dimostrando per induzione che se è vero per k, allora è vero per k+1, portando come passo base solo $k=1$.
Penso sia abbastanza chiaro che in questo modo becchi solo gli interi $\geq 1$.
Diciamo che la tua dimostrazione si potrebbe estendere fino a $k\in Q$, con un po' di accorgimenti furbi (vedi le equazioni di Cauchy per funzioni additive), ma per arrivare a poter raccogliere un fattore $k\in R$ ti serve qualcosa di più tra le ipotesi
(Che dovresti derivare da $f(x^{2013})=f(x)^{2013}$)

[jordan]

E.g., come mostri che $f(e x)=e f(x)$?

Ps. Hai saltato almeno una soluzione..

[jordan]

Meh, un inizio, utilizzando soltanto la condizione $f(x)+f(y)=f(x+y)$:

1. Ponendo $(x,y)=(1,0)$ otteniamo $f(0)=0$.

2. Per induzione, dati $x_1,\ldots,x_n \in \mathbb{R}$ abbiamo
$$\sum_{1\le i\le n}{f(x_i)}=f\left(\sum_{1\le i\le n}x_i\right).$$

3. In particolare, scegliendo $x_1=\ldots=x_n$ abbiamo
$$f(zx)=zf(x),\text{ } \text{ per ogni }z \in \mathbb{Z}_{>0}.$$

4. Sia ora fissato un razionale positivo $q \in \mathbb{Q}$, esprimibile in modo unico come $a/b$ con $a,b$ interi positivi coprimi. Allora
$$bf(qx)=\sum_{1\le i\le b}f(ax/b)=f(ax)=af(x),$$
per cui abbiamo anche
$$f(qx)=qf(x),\text{ } \text{ per ogni }q \in \mathbb{Q}_{>0}.$$

5. Se $x+y=0$ allora $f(x)+f(y)=0$, per cui $f$ è una funzione dispari, per cui
$$f(x)=-f(-x),\text{ } \text{ per ogni }x \in \mathbb{R}.$$

6. Una volta fissato $f(1)$, abbiamo $f(q)=qf(1)$ per ogni $q \in \mathbb{Q}$ (in particolare, anche i $q$ negativi).

Chi continua?

[jordan]

Perchè la seconda condizione è necessaria? Vedi qui

7. Imponendo $x=1$ abbiamo $$f(1)\underbrace{\left(f^{1006}(1)+1\right)}_{>0}\left(f^{503}(1)+1\right)\left(f^{503}(1)-1\right)=0 \implies f(1) \in \{-1,0,1\}.$$

[scambret]

Un modo alternativo è
- dopo aver osservato che $f(q)=qf(1)$ per ogni $q$ razionale, si arriva a $f(nx)=nf(x)$ per ogni $x$ reale e $n$ intero (banale induzione), e finalmente $f(qx)=qf(x)$ per ogni $q$ razionale e $x$ reale.
- $f((x+y)^{2013})=f(x+y)^{2013}=[f(x)+f(y)]^{2013}$ per ogni $x,y$ reale, si pone $y=q$ e si sviluppa tutto, ottenendo un polinomio in $q$ con infinite radici e dunque ogni coefficiente deve essere uguale a 0.
- comparando il coefficiente di grado $2012$ si ottiene $f(x)^{2012}f(1)=f(x^{2012})$ e dunque $f$ nei positivi ha lo stesso segno di $f(1)$, perciò globalmente limitata (dall'alto o dal basso, dipende dal segno di $f(1)$).
- $f(x)=cx$ per ogni $x$ reale. Sostituendo si ottiene $c=\{-1,0,1\}$.

Ma devo dire che la tua è molto più veloce e bella. Comunque l'ho messa per chiarire cosa è Cauchy e cosa si può usare con Cauchy.

[jordan]

Grazie, ma la mia non è piu' veloce, non è completa!

Potresti spiegarti meglio qui?

$f((x+y)^{2013})=f(x+y)^{2013}=[f(x)+f(y)]^{2013}$ per ogni $x,y$ reale, si pone $y=q$ e si sviluppa tutto, ottenendo un polinomio in $q$ con infinite radici e dunque ogni coefficiente deve essere uguale a 0.

[scambret]

Si è vero scusa, sono scemo, ho sputtanato la soluzione -.-' non so perché ma quando leggo Jordan mi prende un timore referenziale e capisco fischi per fiaschi.

Ok, allora $f((x+q)^{2013})=(f(x)+f(q))^{2013}$. Sviluppiamo il LHS e otteniamo $f(x^{2013}+2013x^{2012}q+...)=f(x^{2013})+f(2013x^{2012}q)+...=f(x)^{2013}+2013qf(x^{2012})+...$ dove ho usato la addività e poi ho portato fuori con la regola $f(qx)=qf(x)$

Sviluppiamo il RHS e otteniamo $f(x)^{2013}+2013f(x)^{2012}f(q)+...=f(x)^{2013}+2013qf(1)f(x)^{2012}+...$

Perciò $ f(x)^{2013}+2013qf(x^{2012})+...=f(x)^{2013}+2013qf(1)f(x)^{2012}+...$. Se faccio variare $x$ e fisso $q$ ho un polinomio in $q$ che si annulla sempre, quindi i coefficienti di $q^k$ sono uguali, ma allora sono uguali i coefficienti di $q^1$ e allora $2013f(x^{2012})=2013f(1)f(x)^{2012}$ e dunque si arriva a $ f(x^{2012})=f(1)f(x)^{2012}$ e quindi $f(a)/f(1) \geq 0$ con $a$ positivo e quindi posso concludere che $f(x)=cx$.

Ragazzi, scusatemi ma prima mi si era fritto il cervello.