Si continua con le funzionali

[Boll]

Determinare tutte le funzioni $ f(\cdot) $ che mandano i reali positivi in reali positivi e soddisfano le seguenti due condizioni
(i) $ f(x + yf(x)) = f(x)f(y) $ per ogni $ x > 0\qquad y > 0 $;
(ii) esiste al più un numero finito di $ x > 0 $ tali che $ f(x) = 1 $

[what]

alura

se esiste $ k $ tale che $ f(k)=1 $ allora sostituendo nell'equazione $ x=k $ otteniamo $ f(y)=f(y+k) $ per ogni reale positivo $ y $.
Ma quindi $ f(nk)=1 $ per ogni $ n $ intero positivo, assurdo.

Dunque $ f(x)\neq 1 $ per ogni x.

Ora, se la funzione non fosse iniettiva, allora ci sarebbero $ a,b $ reali positivi tali che $ a<b, f(a)=f(b) $.

Sostituendo nell'equazione di partenza $ \displaystyle x=a, y=\frac {b-a}{f(a)} $ otteniamo
$ \displaystyle f(a)f(\frac {b-a}{f(a)})=f(a+\frac {b-a}{f(a)}f(a)) $

ossia

$ \displaystyle f(\frac {b-a}{f(a)})=1 $

che è assurdo.
Quindi f è iniettiva.

Ma allora sfruttando la simmetria del secondo membro dell'equazione si ha

$ f(x+yf(x))=f(y+xf(y)) \rightarrow x+yf(x)=y+xf(y) $

quindi la quantità $ \displaystyle \frac {1-f(x)}x $ è costante per ogni $ x $, da cui $ f(x)=hx+1 $. Chiaramente $ h \in R^+ $ poiché altrimenti per $ x $ molto grandi avremmo $ f(x)<0 $. Si vede poi facilmente che tutte le funzioni di questo tipo soddisfano l'equazione di partenza.

[Nonno Bassotto]

Carina, mi sono sempre piaciute le equazioni funzionali.


Passo 1: f(x) non asume mai il valore 1. Infatti se f(x)=1 inserendo nell'equazione si trova f(x+y)=f(y), cioè x è un periodo. Ma allora f(nx)=1 per ogni n, assurdo.

Passo 2: f(x)>x per ogni x. Supponiamo infatti che f(x)<1; allora l'equazione

x+yf(x)=y

ha soluzione y positiva, e sostistuendo si trova f(y)=f(x)f(y), assurdo.

Passo 3: f è strettamente monotona. Sia infatti z>x, possiamo scrivere z=x+yf(x) per qualche y. Allora f(z)=f(x+yf(x))=f(x)f(y)>f(x).

Passo 4: dal passo 3 segue che f è iniettiva. Dalla simmetria del secondo membro si trova allora
x+yf(x)=y+xf(y)
Posto g(x)=f(x)-1>0, l'ultima relazione si riscrive
yg(x)=xg(y)
da cui ponendo y=1 g(x)=xg(1), ovvero f(x)=1+ax per qualche a positivo.

Passo 5: per verifica diretta ogni funzione della forma f(x)=1+ax è soluzione.

[Nonno Bassotto]

D'oh!! Hanno scritto una sol. mentre la scrivevo anch'io. Penso che convenga postare le soluzioni in bianco, così le vede solo chi vuole.
Ciao

[Boll]

Ok a what, soluzione identica alla mia. Di NonnoBassotto non ho capito Passo 2 e 3, potresi essere più chiaro?

[Nonno Bassotto]

Per il passo 2 volevo ho sbagliato a scrivere: la tesi è che f(x)>1 per ogni x. Supponiamo infatti che f(x) sia minore di 1. Voglio trovare un y per cui valga f(y)=f(x)f(y). Provo allora a risolvere
x+yf(x)=y
(x è fissato, risolvo in y). Trovo una soluzione positiva y=x/(1-f(x)). Con questa scelta di x e y ho f(y)=f(x)f(y), assurdo.

Passo 3: f è strettamente monotona. Scelgo due numeri z>x. Possiamo scrivere z nella forma z=x+yf(x) per qualche y, basta prendere y=(z-x)/f(x). Così trovo f(z)=f(x+yf(x))=f(x)f(y)>f(x).

Spero che così si capisca.
Ciao