[A] Funzionali per grandi e piccini...

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Siano X, Y € {Z, Q, R, C}. Ebbene, al variare dei \"parametri\" X ed Y così definiti...
 
 Problema 1: determinare tutte le eventuali funzioni f(·): X --> Y tali che, per ogni x, y € X: f(x - k) + f(y + k) = f(xy), essendo k una costante (arbitraria) fissata in X.
 
 Problema 2: determinare tutte le eventuali funzioni f(·): X --> Y tali che, per ogni x, y € X: f(x - y) + x · f(y) + y · f(x) = f(x + y).
 
 Problema 3: determinare tutte le eventuali funzioni f(·): X --> Y tali che, per ogni x, y € X: f(xy + 1) = 1 + f(x) · f(y).
 
 Infine, per gli amanti dell\'esotismo, un problema chiccoso che mi è stato proposto giusto ieri notte da quel gran mattacchione di madMaTH. Non lasciatevi impressionare! Vinogradov direbbe: \"it\'s not more than a psychological exercise\"... In verità, non è proprio così, ma fa lo stesso!!!
 
 Problema 4: fissato un m intero >= 2, determinare tutte le eventuali funzioni f(·): Z/mZ --> Z/mZ tali che, comunque scelti x, y € Z/mZ per i quali (x+y) € (Z/mZ)*, sia: f(x) + f(y) = 1/(x+y), ove Z/mZ è l\'insieme degli interi mod m, (Z/mZ)* l\'insieme degli elementi invertibili in Z/mZ, 1/(x+y) l\'inverso aritmetico di (x+y) mod m e l\'uguaglianza è intesa nel senso delle congruenze.
 
 NOTA: seguendo un metro di giudizio assolutamente soggettivo, e quindi del tutto sindacabile, ho contrassegnato in verde i problemi di livello \"principiante\", in rosso quelli che ho ritenuto più impegnativi per ragioni di varia e molteplice natura. Inviterei pertanto i più \"esperti\" del campo a rivolgere le proprie attenzioni a questi ultimi, lasciando ai \"novizi\" del mestiere il piacere di affrontare e risolvere (auspicabilmente) i primi. Grazie...
 
 EDIT: avevo scordato una \"h\"...
 
 
 \"Le menti mediocri condannano abitualmente tutto ciò che è oltre la loro portata.\" - François de La Rochefoucauld [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 01-11-2004 13:16 ]

MindFlyer · Messaggio da **MindFlyer** » 01 gen 1970, 01:33

[messaggio promozionale]
 
 A proposito di equazioni funzionali, vorrei ricordare questo sito:
 
 <A HREF="http://fph.altervista.org/math/index.shtml" TARGET="_blank">http://fph.altervista.org/math/index.shtml</A>
 
 dove potete trovare, tra le altre cose, una bella e utile dispensa con gli ultimi trucchetti e tecniche made in fph: un nickname, una garanzia. Non potete dirvi degli esperti di equazioni funzionali se non l\'avete letta.
 
 (Allora, fph, me l\'hai già spedito l\'assegno? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> )

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Se per il problema 1 nn esistono tali funzioni, posto qualcosa e magari provo anche il 2, altrimenti...nisba o ci riproverò...
 ciao

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Anzi no, esiste solo f(x)=0 (sempre per il problema 1)...
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 02-11-2004 15:39 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 02-11-2004 15:40 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Info, effettivamente sì, l\'unica soluzione al problema n° 1 è la funzione identicamente nulla da X in Y, indipendentemente dalla scelta di questi insiemi fra gli elementi della famiglia {Z, Q, R, C}. Tuttavia, lasciami dire che avrei preferito poter leggere prima la tua soluzione e soltanto poi, eventualmente, confermarti o meno la sua correttezza! Ma vabbe\', questa volta è andata così... Adesso, però, mi aspetto che tu esibisca al più presto le tue argomentazioni, ok? Nel frattempo, saluti!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 
 
 \"La sapienza mi perseguita, ma io sono più veloce.\" - Lupo Alberto

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Allora scrivo la prima...Scusa ma avevo capito male il testo e lo avevo preso come: gli insiemi X ed Y sono inclusi nell\'insiime dei numeri complessi (chissà perchè poi). Posto lo stesso tanto se il ragionamento è corretto vale in ogni caso.
 
 L\'unica cosa che sappiamo è che k appartiene ad X. Quindi poniamo x=y=k nella funzionale trovando:
 f(0)+f(2k)=f(k^2)
 il che ci fà dedurre che 0,2k e k^2 appartengono ad X (questo mi sembra derivi dal fatto che la funzionale per quel valore di k deve funzionare). Quindi poniamo x=0, trovando
 
 f(-k)+f(y+k)=f(0)
 ovverosia rinominando:
 f(x+k)=c con c costante ed in particolare x+k appartiene ad X. [1]
 
 ponendo y=0 e rinominando
 f(x-k)=a con a costante ed in particolare x-k appartiene ad X.
 
 Sostituendo x --> x-k nella [1] si trova f(x)=c, il che ci dice che la funzione è una costante, sostituendo nella relazione iniziale deve valere k+k=k, ovverosia k=0 e quindi l\'unica funzione è quella lì...
 
 Spero che nn vi siano errori (se è corretto così il procedimento non è difficile) ma nel caso, HiTLeuler, nn essere troppo cattivo...
 
 2) Mi spingo con il secondo ma in fretta...
 
 Ponendo y=0, viene x*f(0)=0 cioè f(0)=0...
 Il secondo membro è simmetrico rispetto ad x ed y, quindi inverto x ed y nel primo membro ed eguaglio:
 f(x-y)+xf(y)+yf(x)=f(y-x)+yf(x)+xf(y)
 che dopo le dovute semplificazioni, essendo la somma e la sottrazione leggi di composizione interna in ognuno di quegli insiemi:
 f(x)=f(-x) ovverosia la funzione è pari.
 Poniamo quindi x=-y nella relazione iniziale,ottenendo:
 f(-2y)-yf(y)+yf(-y)=f(0)
 sfrutto la parità della funzione per semplificare e quindi:
 f(-2y)=c, cioè, f(2y)=c per ogni scelta di y. Dato che f(0)=0, f(2y)=0 e se siamo in R od in C abbiamo concluso e l\'unica funzione è f(x)=0.Se siamo in Z sappiamo che la funzione è così per i pari, poniamo quindi x=2z+1 ed y=1 trovando f(2z+1)=-(2z+1)*f(1) il che richiede quindi una funzione:
 f(x)=0 se x pari
 f(x)=x*a se x dispari
 Ora voglia vuole sostituire e controllare quali a vanno bene ma i calcoli in un altro momento.
 
 
 Dimmi cosa ne pensi e scusa Euler ma di funzionali nella mia vita ne ho fatte beeeen poche..

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Ok, ti spiego quel che ho capito io della tua soluzione... In effetti, tu tenti di dimostrare un problema più generale di quello originariamente proposto, considerando difatto due generici sottoinsiemi non vuoti X ed Y di C, piuttosto che due elementi della famiglia {Z, Q, R, C}. E\' corretto fin qui? Ora, il tuo discorso fila a patto di ammettere - proposta approvata, te lo dico fin d\'ora!!! - che, fissato k € X, le funzioni g1(-): X ---> C: x ---> x - k e g2(-): X ---> C: x ---> x + k siano tali per cui g1(X) e g2(X) sono contenuti in X, così da rendere ben posto il problema già \"a monte\", ossia nella sua formulazione, come tu stesso - d\'altro canto - hai riscontrato per necessario osservando, ad esempio, che \"0, 2k e k^2 appartengono ad X perché, diversamente, la funzionale non potrebbe funzionare.\" La citazione non è proprio letterale, ma cerca di capirmi... Tuttavia, nonostante questo accorgimento, mi trovo ancora ben lontano dal poter vistare la tua soluzione, ché difatti ecco prontamente \"stanato un piccolo timido baco\", rognoso questo sì, che rende i tuoi argomenti solo parzialmente corretti. Ok, mo\' mi spiego... dopo un certo numero di passaggi intermedi, del tutto ineccepibili, tu giungi finalmente a stabilire che, per ogni x € X: f(x-k) = c, per qualche costante c € Y, donde giovialmente concludi che:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 03-11-2004, 18:22, Info wrote:
 Sostituendo x --> x-k nella [1] si trova f(x)=c, il che ci dice che la funzione è una costante, sostituendo nella relazione iniziale deve valere k+k=k, ovverosia k=0 e quindi l\'unica funzione è quella lì...
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ebbene, la tua conclusione è ERRATA, a meno che tu non mi sappia dimostrare che la mappa g1(-): X ---> C: x ---> x - k, oltre a soddisfare le condizioni indicate dalle ipotesi, è pure una biezione di X in X, condizione che - questa volta mi dispiace non poterti assecondare - non sarebbe \"ragionevole\" assumere nelle premesse del problema. Viste le ragioni di cui ti ho detto, suggerirei pertanto di recuperare la traccia originale del quesito, e ammettere di conseguenza che X ed Y siano, più semplicemente, due insiemi qualunque della famiglia {Z, Q, R, C}. Poiché, indipendentemente dalla scelta operata, la coppia (X, +) definisce, in tal caso, un gruppo additivo(1), e poiché nondimeno la funzione g1(-): X ---> C: x ---> x - k si prova biunivoca da X in X, è immediato concludere che l\'unica soluzione alla funzionale proposta si ottiene ponendo f(x) := 0, per ogni x € X, pur d\'osservare - posto y = 0 - che, qualunque sia x € X: f(x - k) = f(0) - f(k) = c, ovvero: f(x) = c, essendo c := f(0) - f(k) un\'opportuna costante in Y. E allora, per sostituzione diretta, si trova dover essere: c + c = c, e quindi c = 0, consistentemente con il fatto che Y, a prescindere dalla sua scelta in {Z, Q, R, C}, di certo contiene l\'elemento 0.
 
 P.S.: adesso dò un\'occhiata alla soluzione del secondo problema, aspettami... anzi, mejo di no! Può anche darsi che mi addormenti sul tappetino del mouse, ché ci ho una stanchezza addosso che dormirei ininterrottamente per 11 giorni di fila, ehm... vogliate perdonarmi lo spiacevole anacoluto! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
 
 (1): ossia poiché X è chiuso rispetto alle (ordinarie) operazioni di somma e differenza (detto per tutti coloro che non dovessero conoscere la nozione di \"gruppo\").
 
 
 \"Genio è chi crea concordanza tra il mondo in cui vive ed il mondo che vive in lui.\" - Hugo von Hofmansthal [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 03-11-2004 21:49 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-03 18:22, info wrote:
 [...] f(-2y)=c, cioè, f(2y)=c per ogni scelta di y. Dato che f(0)=0, f(2y)=0 e se siamo in R od in C abbiamo concluso e l\'unica funzione è f(x)=0.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Suppongo si tratti di una svista, datosi che la conclusione continua ad essere valida pure nel caso in cui sia X = Q, visto che la mappa g(-): X ---> C: x ---> 2x è una biezione di X in sé, per ogni X € {Q, R, C}. Ok, siamo d\'accordo che non è nulla di rilevante, per cui... anduma \'vanz!!!
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-03 18:22, info continued:
 Se siamo in Z sappiamo che la funzione è così per i pari, poniamo quindi x=2z+1 ed y=1 trovando f(2z+1)=-(2z+1)*f(1) il che richiede quindi una funzione:
 f(x)=0 se x pari
 f(x)=x*a se x dispari
 Ora voglia vuole sostituire e controllare quali a vanno bene ma i calcoli in un altro momento.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Sì, effettivamente funziona! Ebbene, presi gli accorgimenti del caso, la sostituzione diretta nella funzionale proposta dal problema non tarderà a rivelarti che, anche sugli interi, l\'unica possibile soluzione al quesito proposto si ottiene ponendo f(x) := 0, per ogni x € Z. Incidentalmente, vi presento pure la mia soluzione, tanto perché non vada sprecata, adesso che il problema è stato (sostanzialmente) risolto. Eccola che arriva...
 
 ---------
 
 Innanzitutto, osserviamo che (X, +) è un gruppo additivo, qualunque sia X € {Z, Q, R, C}. Quindi, fissati genericamente x, y € X e posto x\' := x ed y\' := -y, risulta contemporaneamente che:
 
 i) f(x - y) = f(x + y) - x · f(y) - y · f(x);
 ii) f(x + y) + x · f(-y) - y · f(x) = f(x - y),
 
 donde: f(x + y) + x · f(-y) - y · f(x) = f(x + y) - x · f(y) - y · f(x), e quindi ancora: x · [f(-y) + f(y)] = 0, per ogni x, y € X, ossia: f(-y) + f(y), poiché Y, indipendentemente dalla sua scelta in {Z, Q, R, C}, è un anello di integrità(1). Ergo, là dove sia soluzione della funzionale proposta, f(-) è dispari nel suo argomento. Inoltre, assunto y = 0, si ha che, per ogni x € X: f(x) + x · f(0) = f(x), e dunque: x · f(0) = 0, da cui segue - prontamente: f(0) = 0. E allora, posto x = 0, si concude che, comunque scelto un y € X: f(-y) + y · f(0) = f(y), ossia - per la simmetria sopra stabilita: -f(y) + 0 = f(y), e quindi: f(y) = 0. Per sostituzione diretta, si trova che effettivamente la funzione identicamente nulla di X in Y è soluzione del problema in esame, e in ultima analisi è nondimeno l\'unica possibile. Saluti...
 
 (1): vige in Y la legge di annullamento del prodotto, niente di più!
 
 P.S.: bel lavoro, info. Adesso le altre, su... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 
 \"Il difficile non è essere intelligenti, ma sembrarlo.\" - Luc de Clapiers Vauvenargues [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 03-11-2004 22:32 ]

MASSO · Messaggio da **MASSO** » 01 gen 1970, 01:33

3) posto y=0 otteniamo f(1 )=1+f(0 )*f(x ) ; siccome f(1 ),1,f(0 ), sono costanti si avrà che lo deve essere per forza anche f(x ); sia k il valore di f(x ) avremo k=1+2k cioè k=-1 cioè come unica soluzione f(x )=-1
 Ora siccome il problema era giudicato non troppo semplice persino da HiTeuLer, mi aspetto una solenne legnata dovuta ad un probabile fraintendimento del testo da parte mia <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif">

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-04 07:51, MASSO wrote:
 3) posto y=0 otteniamo f(1)=1+f(0)*f(x ) ; siccome f(1), 1, f(0), sono costanti si avrà che lo deve essere per forza anche f(x); sia k il valore di f(x) avremo k=1+2k cioè k=-1 cioè come unica soluzione f(x )=-1. Ora siccome il problema era giudicato non troppo semplice [...], mi aspetto una solenne legnata dovuta ad un probabile fraintendimento del testo da parte mia
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Legnate in arrivo, se così ti piace intenderle... Innanzitutto, spiegami in che modo ti è dato di concludere che, dovendo essere: f(1) = 1 + f(0) · f(x), per ogni x € X, necessariamente: f(x) = k, per una qualche costante k € Y. Prima che tu t\'azzardi a rispondermi, propinandomi chissà quali scempiaggini, ti prevengo facendoti osservare, sic et simpliciter, che la tua conclusione è corretta solo ammettendo(1): f(0) \\neq 0. E anche in quest\'assunzione, gli eventuali valori ammissibili della costante k € Y si ottengono, per sostituzione diretta nella funzionale di partenza, risolvendo l\'equazione quadratica: k = 1 + k2, non già la lineare: k = 1 + 2k. Siamo d\'accordo? Ok, adesso (magari) ritenta! Con l\'aiuto della Madonna del Carmelo, è probabile - a questo punto - che ti riesca d\'essere un po\' più fortunato...
 
 (1): \"\\neq\" è il tag LaTex usato per comporre il simbolo di disuguaglianza (\"neq\" è la sincope di \"not equal to\").
 
 
 \"Molte persone credono di pensare, ma in realtà stanno semplicemente riorganizzando i propri pregiudizi.\" - William James [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 04-11-2004 11:06 ]

MASSO · Messaggio da **MASSO** » 01 gen 1970, 01:33

ok, se f(x )\\=0 allora la funzione è costante e si ottiene questa costante risolvendo la quadratica che tu stesso hai citato; in ogni caso non mi sembra di essere stato molto lontano dalla retta via; nel caso in cui f(0 )=0 difatti otteniamo f(1 )=1 e ponendo y=1 si ha che f(x+1)=1+f(x ) da qui f(x+k)=k+f( x) quando k è intero e dato che f(0 )=0 otteniamo come soluzione valida f(x )=x; riassumendo tutte e sole le soluzioni valide sono f(x )=x per X in Z,Q,R ed f(x )=x, f(x )=k1, f(x )=k2, per X in C
 Stavolta dovrei esserci andato più vicino <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-04 12:40, MASSO wrote:
 ok, se f(x )\\=0 allora la funzione è costante e si ottiene questa costante risolvendo la quadratica che tu stesso hai citato [...].
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ok, a patto di precisare che i valori della costante k € Y per i quali è soddisfatta l\'equazione: k = 1 + k2 risolvono effettivamente la funzionale proposta solo là dove si ammetta Y = R, indipendentemente dalla scelta dell\'insieme X nella famiglia {Z, Q, R, C}, datosi che l\'equazione sopra indicata non è risolvibile se non in campo complesso. Ma andiamo pure avanti, ché questa volta - lasciatelo dire - hai proprio superato te stesso, caro Masso!!!
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-04 12:40, MASSO continued:
 [...] Nel caso in cui f(0)=0 difatti otteniamo f(1)=1 e ponendo y=1 si ha che f(x+1)=1+f(x) da qui f(x+k)=k+f(x) quando k è intero [...].
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Beh, non proprio! Allo stato attuale delle cose, hai semplicemente dimostrato che, qualunque sia x € N: f(x) = x, e che inoltre, a prescindere dalla scelta dell\'insieme X nella famiglia {Z, Q, R, C}: f(x + k) = k + f(x), per ogni k € N ed ogni x € X.
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-04 12:40, MASSO concluded:
 [...] e dato che f(0)=0 otteniamo come soluzione valida f(x)=x [...].
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ah, davvero? Sai che non lo trovo così evidente come tu vorresti lasciar intendere?!? Su, spiegati meglio, Masso... Come dire? Son tutto orecchi...
 
 P.S.: posso dare un consiglio alla comunità dei problem solvers? Quando risolvete un problema di questo genere, perché non pijate l\'abitudine di puntualizzare, ad ogni nuovo step, l\'insieme dei valori delle incognite e/o dei parametri coinvolti per i quali risultano soddisfatte le condizioni via via stabilite, eh? In questo modo, il debug sarebbe più semplice, e voi stessi potreste rendervi prontamente conto di eventuali incongruenze o punti oscuri contenuti nelle vostre argomentazioni.
 
 
 \"Qual è la differenza fra il genio e l\'idiozia? Che il genio ci ha pure i suoi limiti.\" - Marie Carroll [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 04-11-2004 13:58 ]

MASSO · Messaggio da **MASSO** » 01 gen 1970, 01:33

Dunque:
 se y=1 abbiamo f(x+1)=1+f(x )
 se y=-1 abbiamo f(1-x)=1+f(x )f(-1)
 se x è un intero minore di 1 possiamo riscrivere la seconda equazione come f(j+1)=1+f(-j)f(-1) e se j=1 otteniamo che f(-1)=sqrt1 e più in generale f(-j)=j/sqrt1 ; siccome f(x )=|x| non verifica l\'equazione di partenza possiamo dedurre che f(-x)=-x e perciò f(x )=x è verificata per ogni x intero (avevo già dimostrato che f(x )=x per ogni x naturale prendendo x=0 nell\'equazione f(x+k)=k+f(x) )
 Ora, HiTeuLer permettendo, mi pare di aver risolto l\'esercizio nel caso in cui X sia incluso in Z; nel caso in cui non avessi errato tenterò di risolverlo anche in R appena avrò tempo
 ------scusi per l\'ospedale?-----alla prima curva vada sempre dritto-------

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Ehm... ho avuto un attimo di smarrimento! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 
 Dunque... sì, la tua soluzione è corretta!!! Resta così dimostrato che, se X = Z ed f(0) \\neq 0, allora: f(x) = x è soluzione della funzionale proposta, qual che sia Y € {Z, Q, R, C}. Peraltro, a meno di supporre Y = C, l\'identità è effettivamente l\'unica possibile soluzione sugli interi. Ok, approvata!!! Adesso avanti... il meglio deve ancora venire!
 
 
 \"Continua ciò che hai cominciato e forse arriverai alla cima, o almeno arriverai in alto ad un punto che tu solo comprenderai non essere la cima.\" - Seneca

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Provo a risolvere la 2, da R-->R. Poi, se è corretta, continuerò a pensare agli altri casi.
 
 Soluzione: verificano tutte e sole le funzioni costanti della forma f(x)=0 per ogni x in R
 
 Step 1 Si dimostra che f(x)=f(-x)
 
 f(x-y)+xf(y)+yf(x)=f(x+y), scambiando le variabili
 f(y-x)+yf(x)+xf(y)=f(y+x)
 sottraendo membro a membro
 f(x-y)=f(y-x), da cui
 f(x)=f(-x)
 
 Step 2 Si dimostra che f(x)=k, con k costante
 
 Prendiamo la relazione iniziale e sostituiamo y-->-x
 f(2x)+xf(-x)+xf(x)=f(0)
 applicando l\'identità dimostrata prima avremo
 f(2x)=f(0)
 f(2x)=k, ma poichè comunque preso x in R esiste un numero, in R, della forma u=x/2 avremo che
 f(x)=k
 
 Step 3 Si dimostra che k=0
 
 Dalla relazione iniziale abbiamo k+kx+ky=k
 (x+y)k=0
 k=0, poichè deve valere comunque presi x,y in R
 
 La dimsotrazione (ammesso che sia giusta), mi pare valeda comunque vari il codominio, sulla variazione del dominio ho forti problemi, soprattutto nello Step 2.
 
 EDIT: Aggiunto finale. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 04-11-2004 15:40 ]