Bellissimo.

[Giovanni98]

Determinare tutte le funzioni $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tali che $$f(x-f(y)) = f(f(y)) + xf(y) + f(x)- 1$$per ogni $(x,y) \in \mathbb{R}^2$.

[cip999]

Not bad indeed...

Testo nascosto:

Surgettività 2.0! (<3)
O $f(x) \equiv 0$ (no) o $f(y_0) \ne 0$ per qualche $y_0$, allora $$f(x - f(y_0)) - f(x) = f(f(y_0)) + xf(y_0) - 1$$ RHS è surgettivo, quindi lo è anche il LHS, e in particolare $f(x) - f(y): \: x, \: y \in \mathbb{R}$ è surgettiva.
Ora $x \mapsto f(x)$: abbiamo $$f(f(x) - f(y)) = f(f(x)) + f(f(y)) + f(x)f(y) - 1$$ RHS è simmetrico, da cui $f(f(x) - f(y)) = f(f(y) - f(x))$ e per la surgettività 2.0 $f(z) = f(-z)$ per ogni $z$.
Da $x \mapsto 0$ + parità abbiamo poi $f(0) = 1$. Adesso $x \mapsto f(y)$ dà $$f(f(y)) = 1 - \frac{1}{2}f(y)^2 \tag{$\star$}$$
Per finire, $x \mapsto f(y) - f(x)$, da cui $$\begin{align} f(-f(x)) & = f(f(y)) + f(y)^2 - f(x)f(y) + f(f(y) - f(x)) - 1 \\ \implies f(f(x) - f(y)) & = f(f(x)) - f(f(y)) - f(y)^2 + f(x)f(y) + 1 = \\ & \stackrel{(\star)}{=} -\frac{1}{2}(f(x)^2 + f(y)^2) + f(x)f(y) + 1 = \\ & = 1 - \frac{1}{2}(f(x) - f(y))^2 \end{align}$$ E, di nuovo per surgettività 2.0, $\displaystyle f(z) = 1 - \frac{1}{2}z^2$. Sostituendo si vede che soddisfa.

[Giovanni98]

Bene, come sempre.

[Salvador]

Io ho fatto diverso e non so se è giusto, o comunque non assicura che quella sia l'unica soluzione...

Testo nascosto:

Suppongo esista un punto $x_0$ tale che $f(x_0)=0$. Allora ponendo $y=x_0$ ottengo:
$f(x)=f(0)+f(x)-1$, ovvero $f(0)=1$. Ponendo $f(y)=h$, allora ho $f(x-h)=f(h)+xh+f(x)-1$ e $f(x)-f(x-h)=-hx-f(h)+1$, che diventa $(f(x)-f(x-h))/h=-x+(1-f(h))/h$ da cui per $h→0$ (che sappiamo esistere perché l'abbiamo postulato) si ha $f'(x)=-x$ (in quanto $f(0)=1$) e dunque $f(x)=-\dfrac{1}{2}x^2+c$: sostituendo per $x=0$ si ricava $c=1$ e dunque $f(x)=-\dfrac{1}{2}x^2+1$ e trovo anche che $f(\sqrt{2})=0$.

Ditemi se va bene e - in caso affermativo - come finirla.

[Salvador]

Forse potrei provare così:
Se non esiste nessun punto $x_0$ in cui $f$ si annulla, allora bisogna supporla sempre positiva o sempre negativa. Allora si ha $f(x-h-1)=f(h+1)+xh+x+f(x)-1$ e $f(x-h)=f(h)+xh+f(x)-1$ e $f(x-h)-f(x-h-1)=f(h)-f(h+1)-x$, con $h$ preso in modo che la funzione sia definita per $h$ e $h+1$. Se $f(h)-f(h+1)<0$ allora $f(x)$ è decrescente per $x$ positivo, dunque non esiste un minimo positivo. Se $f(h)-f(h+1)>0$, questo è pur sempre un valore finito, quindi per $x$ sufficientemente grande la funzione sarà decrescente, e dunque di nuovo non avrà minimi positivi. Forse un ragionamento analogo permetterà di concludere che non può nemmeno essere sempre negativa.