Chiamo (1) la formula del testo. Ponendo $x=y$ si ottiene:
$ f(x^2)-f(x)^2=f(x+x)(f(x)-f(x))=0 \; \; \rightarrow \; f(x^2)=f(x)^2 \;\;\; $ (2)
Con $x$ e $-x$ si ottiene $f(-x)^2=f((-x)^2)=f(x^2)=f(x)^2$ da cui $f(x)=\pm f(-x) \; \; \forall x\;$ (3)
Sostituendo prima $f(x^2)$ in (1) si ottiene:
$f(x+y)(f(x)-f(y))=f(x^2)-f(y)^2=f(x)^2-f(y)^2=(f(x)-f(y))(f(x)+f(y))\; \;$ (formula (1a) )
$(f(x)-f(y))(f(x)+f(y)-f(x+y))=0$
Da cui si ottiene che se $f(x)\neq f(y)$ allora $f(x+y)=f(x)+f(y)\; \;$ (4)
Sostitunedo invece $f(y)^2$ in (1) si ottiene:
$f(x+y)(f(x)-f(y))=f(x^2)-f(y)^2=f(x^2)-f(y^2)$; qui noto che il membro di destra non cambio se metto $\pm x$ o $\pm y$, dunque ho quattro combinazioni possibili: (chiamo due qualsiasi tra queste uguaglianze come (5) )
$f(x^2)-f(y^2)=f(x+y)(f(x)-f(y))=f(x-y)(f(x)-f(-y))=f(-x+y)(f(-x)-f(y))=f(-x-y)(f(-x)-f(-y))$
Con $x=0$ in (1) ottengo $f(0)^2=f(0)$, da cui $f(0)=0,1$. Analizzo il caso in cui $f(0)=1$; presuppongo $\exists\;\; x \mid f(x)\neq 1$, dunque sostituendo $(x,0)$ in (4) la condizione $f(x)\neq f(y)$ è verificata e si ha $f(x)=f(x+0)=f(x)+f(0)=f(x)+1$ che è un assurdo. Dunque $\forall x$ si ha che $f(x)=1$.
Sostituendo vedo che questa soluzione costante verifica (1) ma non l'ipotesi, quindi è soluzione solo del problema generale.
Quindi adesso sto nel caso in cui $f(0)=0$. Ricordo che la (3) ci dice $f(-x)=\pm f(x)$, dunque partiziono $\mathbb{R}$ in tre sottoinsiemi disgiunti $P,D,Z$ tali che:
- $x \in Z \iff f(x)=f(-x)=0$
- $x \in P \iff f(x)= f(-x) \neq 0$
- $x \in D \iff f(x)= -f(-x) \neq 0$
So certamente che $Z$ non è vuoto, poiché $0\in Z$. Se $Z=\mathbb{R}$, ho trovato una soluzione $f(x)=0$ che soddisfa (1); dunque uno tra $P$ e $D$ deve avere almeno un elemento, vedo cosa succede.
Se esiste $a \in D$, allora ponendo $y=a-x$ in (5) con i segni $+,+=-,-$:
$f(x+a-x)(f(x)-f(a-x))=f(-x-a+x)(f(-x)-f(x-a))$
Siccome $f(a)=-f(-a)\neq 0$, posso semplificarlo ottenendo
$f(x)+f(-x)=f(a-x)+f(x-a)$
Presuppongo esista $b\in P$; allora $f(-b)=f(b)$ e nell'espressione di sopra metto $x=b$ e $x=-b$, ottenendo:
$f(b)+f(-b)=f(a-b)+f(-(a-b))$ e $f(-b)+f(b)=f(a+b)+f(-(a+b))$
Il membro di sinistra è $f(b)+f(-b)=2f(b)\neq 0$ poiché $b \not \in Z$. Dunque $a-b$ e $a+b$ non possono appartenere a $D$ o a $Z$, perché in tal caso si avrebbe $f(a-b)+f(-(a-b))=f(a+b)+f(-(a+b))=0$, assurdo. Dunque $a-b,a+b \in P$ e $f(a-b)=f(a+b)=f(b)$.
Ora se esiste $c \in P$, allora in modo simile a sopra ponendo $y=c-x$ in (5) si ha:
$f(x+c-x)(f(x)-f(c-x))=f(-x-c+x)(f(-x)-f(-c+x))$
Siccome $f(c)=f(-c)\neq 0$ si può semplificare:
$f(x)-f(-x)=f(c-x)-f(x-c)$
Presuppongo esista $d \in D$, allora pongo $x=d$ e $x=-d$ (nella seconda cambio i segni per chiarezza):
$f(d)-f(-d)=f(c-d)-f(d-c)$ e $f(d)-f(-d)=f(-d-c)-f(c+d)$
$f(d)-f(-d)=f(d)-(-f(d))=2f(d)\neq 0$, quindi $f(c-d)-f(d-c),f(-d-c)-f(c+d)\neq 0$ dunque $c-d,c+d$ non possono appartenere né a $Z$ né a $P$, dunque appartengono a $D$ e $f(c-d)=f(-c-d)=f(d)$.
Ora presupponiamo che $P,D$ sono entrambi non vuoti: $\exists \;\; m \in P \wedge \exists\; \; n \in D$. Allora ponendo $a=n, b=m$ nel primo blocco di sopra si arriva a dire che $a+b=m+n\in P$; ponendo $c=m, d=n$ nel seconso si arriva a dire che $c+d=m+n\in D$, e questo è chiaramente un assurdo.
Quindi uno dei due insiemi è necessariamente vuoto; ho quindi da analizzare due casi.
1) L'insieme $P$ è quello vuoto, ovvero $\mathbb{R}=Z\cup D$ e $f(x)=-f(-x)$ (questo vale per sia per $x\in D$ che per $x \in Z$).
Noto che per (2) si ha $f(x^2)=f(x)^2\geq 0$, dunque preso $y>0$ si ha $f(y)=f(\sqrt{y}^2)=f(\sqrt{2})^2\geq 0$; visto che $f(-y)=-f(y)\leq 0$ si ottiene:
- $x\geq 0\; \rightarrow\; f(x) \geq 0$
- $x\leq 0\; \rightarrow\; f(x) \leq 0$
Inoltre poiché $P$ contiene almeno un elemento $z$, conterrà anche $-z$; dunque ci sarà almeno un valore positivo e uno negativo per $f$.
Presuppongo che esista $k\neq 0$ tale che $f(k)=0$; da questo segue che $f(-k)=-f(k)=0$, quindi presuppongo senza perdita di generalità che $k>0$.
Allora prendo $x\in P, x <0$; poiché $f(x)\neq 0$ posso applicare (4), ottenendo $f(x+k)=f(x)+f(k)=f(x)\neq0$. Ripetendo questo procedimento con $x+k$ al posto di $x$ si arriva a $f(x+nk)=f(x)$ per qualsiasi $n$ intero $\geq 0$. Ma visto che per $k>0$, per $n$ grandi $nk+x>0$ mentre $x<0$, dunque $f(nk+x)>0$ e $f(x)<0$ per il ragionamento di sopra (escludo il caso di uguaglianza perché $f(x)\neq 0$. Ma questo è assurdo perché dovrei avere un'uguaglianza.
Quindi $f(x)=0 \iff x=0$. Presuppongo esistano due valori $x\neq y$ tali che $f(x)=f(y)\neq 0$. Considero $f(x-y)$: se è diverso da $f(y)$, allora posso applicare (4) ottenendo $f(y)+f(x-y)=f(x)$; siccome $f(x)=f(y)$ segue $f(x-y)=0$,
ma ciò è possibile solo se l'argomento è uguale a 0, ovvero $x=y$, assurdo. Se invece $f(x-y)=f(y)$, allora $f(y-x)=-f(y-x)=-f(y)\neq f(x)$, dunque per (4) $f(y-x)+f(x)=f(y)$ da cui $f(y-x)=0$ e quindi $x=y$. In entrambi i casi ho ottenuto
che non ci possono essere due valori che abbiano la stessa immagine, ovvero $f(x)$ è iniettiva.
Adesso si può dire una cosa più forte su (4), ovvero: $f(x+y)=f(x)+f(y)$ per ogni $x\neq y$. Da questo segue $f(2x)+f(-x)=f(x)$; ovvero sostituendo $f(-x)=-f(x)$ si ha $f(2x)=2f(x)$. Questo unito al risultato di prima ci da:
$ f(x+y)=f(x)+f(y) \; \; \forall x,y \in \mathbb{R} $
Questa è una Cauchy che ci dice che per $x \in \mathbb{Q}$ si ha $f(x)=\alpha x$; siccome per $x>0$, $f(x)>0$ si può estendere ai reali, ovvero $f(x)=\alpha x$ per ogni $x$ reale. Sostituendo in (2) si ottiene:
$\alpha x^2=f(x^2)=f(x)^2=\alpha^2 x^2 \; \; \forall x$, da cui $\alpha =0,1$. Il primo caso si esclude perché c'era almeno un elemento in $P$, dunque $\alpha=1 $ e $f(x)=x$, che verifica entrambe le ipotesi richieste.
2) L'insieme $D$ è quello vuoto, ovvero $\mathbb{R}=Z\cup P$ e $f(x)=f(-x)$ (questo vale per sia per $x\in D$ che per $x \in Z$).
Visto che per $x>0$ si ha $f(x)\geq 0$, si ottiene che $f(x)\geq 0 \; \; \forall x$. Questo contraddice la seconda ipotesi del testo, quindi il problema originale finisce qui; tuttavia continueremo imperterriti nella risoluzione.
Prendo $a,b$ tali che $f(a)>f(b)$. Esistono sicuramente perché posso scegliere $b$ in modo che $f(b)=0$ e poiche $P$ ha almeno un elemento, $\exists a$ tale che $f(a)>0$.
Se $f(b-a)\neq f(a)$, allora dalla (4) si ottiene $f(b)=f(b-a)+f(a)\geq f(a) >f(b)$ poiché $f(b-a) \geq 0$, assurdo. Dunque $f(b-a)=f(a)=f(a-b)$ perché la funzione è pari. Essendo $f(a-b)=f(a)>f(b)$ si ha per la (4): $f(a-b)+f(b)=f(a)$, cioé $f(b)=f(a)-f(a-b)=0$.
Dunque la funzione può assumere solo due valori, $0$ e $k>0$: se ci fosse anche $j$ nel codominio, per la dimostrazione di sopra $\min (k,j)=0$. Prendo $a$ tale che $f(a)=k$; per la (2) $f(a^2)=f(a)^2=k^2$; siccome $f(a^2)=0,k$ e non può essere $0$, si ottiene che $k=k^2$ da cui $k=1$.
Quindi $f(x)=1$ se $x \in D$ e $f(x)=0$ altrimenti. Noto che la condizione (1) del testo è completamente equivalente a (2) e (4) (una volta ottenuta (2), se $f(x)\neq f(y)$ allora necessariamente $f(x+y)=f(x)+f(y)$). Quindi per risolvere il problema mi basta caratterizzare tutti gli insiemi $D$ e $Z$ in cui posso partizionare $\mathbb{R}$ in modo che vengano rispettate le seguenti condizioni:
- $x \in D \iff -x \in D\; \; \; \; \; $ $x \in Z \iff -x \in Z$
- $x\in D \iff x^2 \in D\; \; \; \; \; $ $x\in Z \iff x^2 \in Z$ (derivante da (2) perché se $x\in D\rightarrow f(x^2)=f(x)^2=1$)
- $\forall x \in D, y \in Z, x+y\in D$ (la (4) può essere applicata solo se $x,y$ appartengono ad insiemi diversi; la somma delle funzioni è $f(x)+f(y)=1+0=1$, dunque $f(x+y)=1$)
Presupponiamo che esistano $y_1,y_2 \in Z$ tali che $y_1+y_2\in D$; allora $(y_1+y_2)+ (-y_1)=y_2$ dove il primo elemento sta in $D$, il secondo in $Z$, dunque $y_2$ dovrebbe stare in $D$, assurdo. Quindi $\forall x,y \in Z \rightarrow x+y\in Z$, ovvero $Z$ è additivamente chiuso. Questa condizione è equivalente a quella di sopra: data la chiusura additiva se per certi $x\in D, y\in Z$ si ha $x+y\in Z$, allora $(x+y)+(-x)=y$ che dovrebbe stare in $D$, assurdo.
Quindi le richieste sono equivalenti a trovare un sottoinsieme $Z$ di $\mathbb{R}$ che sia additivamente chiuso, contenga lo 0, contenga l'opposto di ogni suo numero e che $x\in Z \iff x^2 \in Z$.
E questo lo possiamo costruire esplicitamente (ok non è vero sto barando, ma facciamo finta che lo sia): presa un'opportuna base di Hamel $(b_0,b_1,b_2\ldots)$, aggiungo a $Z$ lo $0$ e tutti gli elementi della forma $\sum\limits_{a,n\in \mathbb{Z}}a\cdot b_0^{2^n}$; i numeri che ottengo possono essere o già ottenuti in modo più facile oppure essere "irrazionali nuovi". In tal caso scelgo la base di Hamel in modo che contenga tutti gli irrazionali nuovi (o modifico quella precedente in modo da poterli inserire al posto di altra roba più inutile), quindi continuo a fare combinazioni del tipo $\sum\limits_{a,n,i\in\mathbb{Z}}a\cdot b_i^{2^n}$.
Questa caratterizzazione fa abbastanza schifo, ma so per certezza che esistono soluzioni non banali (ovvero $Z={0}$ o $Z=\mathbb{R}$): scegliendo $b_0=1$ allora posso ottenere tanti numeri algebrici grazie a $\sum\limits_{a,n,i\in\mathbb{Z}}a\cdot b_i^{2^n}$, ma non potrò mai ottenere numeri trascendentali.
In conclusioni, l'unica soluzione alla funzionale con entrambe le condizioni è $f(x)=x$, mentre solo alla prima condizione sono $f(x)=x, f(x)=1,f(x)=0$ e $\begin{cases} f(x)=0 \iff x \in Z \\ f(x)=1 \iff x \not\in Z\end{cases}$ con $Z$ descritto come l'obbrobrio qui sopra.