Funzionale simil-olimpica, oppure no?

[Il_Russo]

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

• $ f(x+yf(x))=f(x)f(y) $
  Esistono al più un numero finito di $ x $ reali t.c. $ f(x)=1 $

Da $ \mathbb{R}^+ $ in $ \mathbb{R}^+ $ diventa un simpatico esercizio olimpico usato qualche volta nei test italiani. Invece da $ \mathbb{R} $ in $ \mathbb{R} $ diventa probabilmente insolubile con metodi elementari, oltre che un valido motivo per minacciare di morte chi si dimentica di mettere il + vicino agli $ \mathbb{R} $.

Chi ha già trovato la soluzione (leggi edriv) è pregato di lasciare spazio agli altri.

Buon $ lavoro^3 $

[edriv]

non è che ho "trovato la soluzione", per un problema di questo genere non ha senso questa domanda...

Riesco solo a dire come costruire tutte e sole le funzioni a partire da un sottogruppo di $ ~( \mathbb R ^*, *) $ e un altro reale. Però dire "sottogruppo di R" non è che sia una bella cosa..

[Stradh]

Io tento passando per equazioni differenziali, visto che si cerca una funzione:

Siano:

$ g(x,y)=f(x)f(y) $
$ h(x,y)=f(x+yf(x)) $

Osservo che una soluzione è $ f(x) \equiv 0 $ e la escludo. Considero f derivabile. Calcolo le derivate parziali rispetto a $ y $:

$ g_y(x,y)=f(x)f(y)=\frac {df(y)}{dy} * f(x) $
$ h_y(x,y)=\frac {df(x+yf(x))}{dy} * f(x) $

da cui ottengo se $ f(x)!=0 $:

$ \frac {df(y)}{dy}=\frac {df(x+yf(x))}{dy} $

ovvero:

$ y= x+yf(x)+c $
$ y(1-f(x))=x+c $

Se $ f(x)\equiv1 $ allora ovviamente ci siamo. Altrimenti abbiamo che:

$ yf(x)=1- x-c $

ovvero:

$ f(x+yf(x))=f(x+1-x-c)=f(1-c)=f(x)f(y) $

che non è possibile per l'arbitrarietà di $ x $ e $ y $ a meno di non trovarsi nei casi precedenti.

La soluzione cercata, ovvero quella con un numero finito di elementi tali che: $ f(x)=1 $ è $ f(x) \equiv 0 $

Ovviamente controllate!

[Ani-sama]

Io tento passando per equazioni differenziali, visto che si cerca una funzione:

Siano:

$ g(x,y)=f(x)f(y) $
$ h(x,y)=f(x+yf(x)) $

Osservo che una soluzione è $ f(x) \equiv 0 $ e la escludo. Considero f derivabile. Calcolo le derivate parziali rispetto a $ y $:

$ g_y(x,y)=f(x)f(y)=\frac {df(y)}{dy} * f(x) $
$ h_y(x,y)=\frac {df(x+yf(x))}{dy} * f(x) $

da cui ottengo se $ f(x)!=0 $:

I conti mi sembrano giusti, li ho controllati. Però, a parte il fatto che per un matematico $ f(x)! =0 $ significa "$ f(x) $ fattoriale uguale a zero" (:P), il passaggio che non mi torna è quello dopo:

$ \frac {df(y)}{dy}=\frac {df(x+yf(x))}{dy} $
ovvero:

$ y= x+yf(x)+c $
$ y(1-f(x))=x+c $

Cioè, da quell'uguaglianza di derivate potresti al massimo tentare di dedurre che $ f(y) = f(x+yf(x)) + c $ con $ c $ una certa costante reale, ma probabilmente in realtà neanche quello perché quell'uguaglianza che hai scritto è un'uguaglianza fra *generici valori assunti dalla derivata della funzione*, il che credo complichi un po' l'integrazione diretta che si fa solitamente. Ma tu sei addirittura passato dall'uguaglianza tra le derivate di $ f $ in quei punti ad un non so cosa che assomiglia vagamente ad un misto tra uguagliare gli argomenti di tali derivate (illegittimo, a meno che non vi sia iniettività!) e un'integrazione diretta. Immagino che sia una svista madornale!

[Stradh]

I conti mi sembrano giusti, li ho controllati. Però, a parte il fatto che per un matematico $ f(x)! =0 $ significa "$ f(x) $ fattoriale uguale a zero" (:P), il passaggio che non mi torna è quello dopo:

In realtà quello è un "diverso" e non mi sono accorto di averlo scritto!

Per il resto invece, come hai detto correttamente, ho supposto la funzione iniettiva senza per altro specificarlo.

[fph]

Hai anche supposto la funzione derivabile.

[salva90]

bhe, a parte una famiglia, tutte le soluzioni di questo schifo non sono nè iniettive nè tantomeno continue, figuriamoci derivabili...

[Tibor Gallai]

Con reali positivi è Cortona 2002?
Così a occhio...

[Il_Russo]

Con reali positivi è Cortona 2002?
Così a occhio...

Già.

Con i reali positivi è più facile per l'assenza dello zero. Se infatti poniamo $ \displaystyle y=\frac{x}{1-f(x)} $, cosa che si può fare in molti casi per la condizione 2, si ha $ \displaystyle f ( \frac{x}{1-f(x)} ) = f(x) f ( \frac{x}{1-f(x)} ) $, che sempre per la condizione due ci dice che $ \displaystyle f (\frac{x}{1-f(x)} ) =0 $ per molti $ x $, ma dai reali positivi ai reali positivi ciò vuol dire solo che non si può fare la sostituzione $ \displaystyle y=\frac{x}{1-f(x)} $, quindi nessun valore del codominio è minore di 1, il che è molto bello da sapersi per l'esercizio olimpico. Invece dai reali ai reali complica enormemente le cose.