Funzionale

[erFuricksen]

Determinare $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ tale che

$ f(x y) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 $
per $ \forall x,y \in \mathbb{R} $

Fonte: AoPS

[Matt123]

$ f(x) :=x+1 $?

[erFuricksen]

non necessariamente... mostra come mai

[Talete]

Lo metto sotto spoiler:

Testo nascosto:

C'è anche la soluzione costante $1$. Difatti sostituendo $y\mapsto0$ ottengo che $f(0)=1$ oppure $f(x)=1$ per ogni $x$ (che comunque implica $f(0)=1$), la provo e vedo che vale. L'altra si fa per induzione (credo).

[Matt123]

Hai ragione, $ per x o y = - 1 - > f(-1 a)! =0f(a)-f(a-1)+1 $

[Matt123]

Con il punto esclamativo intendo dire diverso non fattoriale. Scusa non conosco bene latex

[Matt123]

Errore mio funziona anche per - 1

[fph]

In ogni caso, Matt, il grosso del problema non è trovarle, ma dimostrare che sono solo quelle. Se non sei familiare con problemi di questo tipo, puoi trovare una dispensa (scritta da me) quI: http://www.di.unipi.it/~fpoloni/oli/files/arnesi.pdf

[Matt123]

Grazie, infatti è la prima volta che faccio esercizi di questo tipo

[PIELEO13]

Visto che nessuno si fa più avanti pubblico la mia soluzione

Testo nascosto:

Dimostrerò che le uniche funzioni che verificano l'equazione funzionale sono:
[math]f(x) = 1, [math]f(x) = x +1.

La nostra equazione di partenza è: [math]f(xy)=f(x)f(y) - f(x+y) + 1 (a)
Pongo [math]x=y=0 nella (a) e ottengo:
[math]f(0) = f(0)^{2} - f(0) + 1 da cui [math](f(0) - 1)^{2} = 0 e quindi [math]f(0)=1
Pongo [math]y=1 nella (a) e ottengo:
[math]f(x) = f(x)f(1) - f(x+1) +1 da cui [math]f(x)[1 - f(1)] = 1 - f(x+1)
Allora ho due possibilità:
- [math]1 - f(1) = 0 \longrightarrow 1 - f(x + 1) = 0 \longrightarrow f(x) = 1 e sostituendo nella (a) effettivamente verifica e è soluzione.
- [math]1 - f(1) = k con [math]k \in \mathbb{R} e [math]k \ne 0
Scrivo allora: [math]kf(x) + f(x+1) = 1 (b)

Pongo [math]x=-1 nella (b) e ottengo [math]kf(-1) + f(0) = 1 da cui ricavo [math]f(-1) = 0
Pongo [math]y=-1 nella (a) e ottengo [math]f(-x) = 1 - f(x - 1). A questo punto faccio alcune traslazioni:
[math]x \rightarrow -x quindi [math]f(x)= 1 - f(-x - 1)
[math]x \rightarrow x + 1 quindi [math]f(x+1) = 1 - f(-x -2) (c)
A questo punto metto a sistema la (b) e la (c)
[math]\begin{cases}kf(x) + f(x+1) = 1\\ f(x+1) = 1 - f(-x -2)\end{cases}
Da cui ricavo [math]kf(x) = f(- x -2) (d)
Effettuo un'altra traslazione: [math]x \rightarrow -x -2 e ricavo [math]kf( - x - 2) = f(x) (e)
A questo punto metto a sistema la (d) e la (e)
[math]\begin{cases}kf(x) = f(- x -2)\\ kf( - x - 2) = f(x)\end{cases}
Moltiplico membro a membro, semplifico (notare bene che f(x)=0 non è accettabile) e ricavo [math]k=\pm 1

Abbiamo dunque concluso attraverso questi passaggi che la (b) diventa [math]\pm1f(x) + f(x+1) = 1. Analizzo ora i due casi per i valori di k.
CASO 1: [math]k=-1
[math]f(x+1) = f(x) + 1
Allora posso scrivere:
[math]\begin{cases}f(x+1) = f(x) + 1\\ f((x+1) + 1) = f(x+1) + 1\\ ... \\ f(x+1 + \gamma) = f(x + \gamma) + 1\end{cases}
Sommando membro a membro ottengo dunque: [math]f(x + \gamma + 1) = f(x) + \gamma + 1 dove [math]\gamma \in \mathbb{R}
Pongo [math]x= - \gamma - 1 e ottengo:
[math]f(0) = f(- \gamma - 1) + \gamma + 1. A questo punto pongo [math]x= - \gamma - 1 e ottengo la tanto agognata funzione:
[math]f(x) = x + 1. Basta sostituire nell'equazione iniziale e osservo che la verifica.
CASO 2: ponendo [math]k = 1 e ragionando in maniera completamente analoga al CASO 1 ottengo anche [math]f(x) = - x - 1 che però non è soluzione (basta sostituire).
Et voilà