[L04] La mia soluzione pare $funzioni$

[Gerald Lambeau]

Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tali che $f(f(x)+y)=f(f(x)-y)+4f(x)y$ $\forall x, y \in \mathbb{R}$.

[Ale99]

Metto sotto spoiler le mie soluzioni, se son giuste scrivo per bene la dimostrazione

Testo nascosto:

[tex]f(x)=0, \ f(x)=x^2+f(0)[/tex]

[Gerald Lambeau]

Yep, son quelle, procedi pure .

[Ale99]

Scusate la poca formalità ( ed il ritardo )

Testo nascosto:

Allora ... l'idea che mi ha portato alla soluzione è che $ F(x;y)= f(x)-f(y) $ è suriettiva sui reali ...
Dunque sia come al solito $ P(x;y)$ la proposizione del testo .
Notiamo che $f(x)=0$ soddisfa e dunque supponiamo ora che esista $ x_0$ tale che $f(x_0)=t \neq 0 $
Da $P(x_0;y) $ otteniamo che $ f(t+y)-f(t-y)=4ty $
Palesemente RHS è suriettivo sui reali e dunque lo sarà anche LHS
Prendiamo ora $ (x,y,z) $ con $ f(x)-f(y)=z $ e consideriamo $P(x;f(y)+z)$ e $P(f(y);f(x)+z)$ , avranno gli LHS uguali dunque possiamo uguagliare gli RHS ottenendo
$ f( f(x)-f(y) -z) +4f(x)f(y) + 4f(x)z = f( -f(x)+f(y) -z ) +4f(x)f(y) +4f(y)z $
e dunque
$ f(-2z) = 4z^2 + f(0) $ e sostituendo $ w = - \frac{z}{2} $
$ f(w)=w^2+f(0) $
Possiamo scegliere $z$ dunque $w$ arbitrariamente e dunque abbiamo dimostrato che le uniche due soluzioni sono $f(x)=0,f(x)=x^2+f(0) $ ( andrebbe verificato che funzionino ma ok )

[Gerald Lambeau]

Corretta tranne un typo: alla sesta riga la seconda sostituzione che fai è $P(y, f(x)+z)$ mentre tu scrivi $P(f(y), f(x)+z)$.

Dovrei scrivere anche la mia soluzione, ma non ho voglia .
Comunque uso anch'io la suriettività della differenza dell'immagine, anche se con passaggi diversi, ma alla fine è sempre un'equazione dove alcuni termini si elidono e quelli che rimangono ci dicono quello che vogliamo.