Esercizi equazioni funzionali

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Benvenuti nella nostra guida pratica alle equazioni funzionali. Tali equazioni, in cui si richiede di ricavare l’espressione di una funzione a partire da alcune relazioni da essa soddisfatte, costituiscono un argomento di rilevanza teorica e pratica. Presentiamo qui un approccio pratico, partendo dalla discussione di tre esempi, introducendo così alcune delle principali tecniche risolutive di queste equazioni.

Per la teoria relativa, segnaliamo i nostri articoli sulla teoria delle funzioni e funzioni elementari:

Buona lettura!

Autori e revisori

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Autori: Gaetano Cantisani

Revisori: Valerio Brunetti.

Un’equazione funzionale è un’equazione che ha per incognita una funzione.

Le equazioni differenziali sono una famiglia di equazioni funzionali: tuttavia sono escluse dalla presente trattazione.

Risolvere un’equazione funzionale è il problema inverso allo studio di funzione, per certi versi: infatti mentre lo studio di funzione ha come fine la determinazione delle caratteristiche di una funzione esplicitamente data, risolvere l’equazione è trovare una funzione (o tutte) che soddisfino certi requisiti.

Un semplice esempio è il seguente

Problema 1. Si trovino tutte le funzioni $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tale che soddisfino

$2f(x)+4f(y)=\pi^2,$

per ogni $x,y\in \mathbb{R}.$

Soluzione.

Poiché la condizione deve essere rispettata per ogni coppia di numeri reali, in particolare vale per coppie di due numeri eguali, in cui $x=y.$

Ne segue la riscrittura della condizione in termini di

$2f(x)+4f(x)=\pi^2.$

Poichè $f(x)$ ha un unico valore, può essere manipolato al pari di un’incognita, per cui si ottiene la condizione equivalente

$f(x)=\frac{\pi^2}{6}.$

La generalità di $x$ permette di concludere che l’unica funzione che rispecchia tale condizione è quella appena esposta.

$\quad$

In generale un problema concernente le equazioni funzionali, coinvolge non una singola identità, ma più condizioni da soddisfare.

Per questo motivo è parte essenziale della risoluzione la verifica che le equazioni soluzione soddisfino i requisiti.

Tale verifica esplicita, tuttavia, si omette nei problemi che seguono,
lasciandone il compito al lettore scrupoloso.

Problema 2. Si trovino tutte le funzioni $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tale che soddisfino

$f(x-y)=f(x)+f(y)-2xy$

per ogni $x,y\in \mathbb{R}.$

Soluzione.

Dall’arbitrarietà di $x$ e $y$ si supponga che sia $x=y,$ per cui la condizione diventa

(1) $\begin{equation*} f(0)=2f(x)-2x^2. \end{equation*}$

Dall’arbitrarietà di $x$ si può porre $x=0,$ per cui una condizione necessaria è che

$f(0)=2f(0),$

da cui si deduce che $f(0)=0.$ La conclusione si ottiene sostituendo tale valore nella condizione (1) ed osservando l’arbitrarietà di $x,$ è che $f(x)=x^2.$

$\quad$

Si osservi che non è un caso che $f(0)$ abbia avuto un punto cruciale in entrambi gli esempi esposti: spesso è un punto chiave della soluzione.

Quale esempio conclusivo, si espone un problema che si avvale di deduzioni sull’iniettività.

Problema 3. Si trovino tutte le funzioni $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ tale che soddisfano

$f(x+f(y))=f(x)+y$

per ogni $x,y\in \mathbb{Z}.$

Soluzione.

Si ponga per brevità

$P(x,y)=f(x+f(y))=f(x)+y.$

Si supponga che $f(a)=f(b)$ per due valori reali $a$ e $b.$ Dall’arbitrarietà di $y$ si scelga di porre prima $y=a,$ poi $y=b,$ ottenendo, rispettivamente:

$f(x+f(a))=f(x)+a$

$f(x+f(b))=f(x)+b.$

L’ipotesi sull’eguaglianza dell’immagine ci permette di dedurre che

$f(x+f(a))= f(x+f(b)):$

si osservi che tale deduzione è conseguenza immediata della definizione di funzione. Condensando le precedenti $3$ eguaglianze in un’unica eguaglianza finale, si conclude che

$f(x)+a=f(x)+b,$

da cui $a=b:$ la funzione è necessariamente iniettiva.

Ora si consideri $P(x,0):$

$f(x+f(0))=f(x);$

poichè $f(0)$ è una costante, si rinviene in questa relazione la definizione di funzione periodica se $f(0)$ è non nullo.

Tuttavia una funzione iniettiva non può essere periodica, per cui se ne deduce che $f(0)=0.$

Ora si calcoli $P(0,x):$ si ottiene

$f(f(x))=f(0)+x$

che è equivalente a scrivere

(2) $\begin{equation*} f(f(x))=x. \end{equation*}$

Infine si mostra che la funzione deve essere additiva¹.

Si consideri² ora $P(x,f(y)):$ si ottiene

$f(x+f(f(y)))=f(x)+f(y),$

la quale equivale, utilizzando la relazione (2), a

$f(x+y)=f(x)+f(y).$

Si osserva che dalla condizione $f(0)=0$ e dall’additività si deduce che

$0=f(a-a)=f(a)+f(-a),$

per ogni $a$ intero, per cui

$f(-a)=-f(a).$

Tale risultato permette di considerare la funzione ristretta ai soli naturali e di estendere per parità il risultato ai numeri negativi.

Per cui si considerino le coppie $(1,n-1),$ con $n$ naturale maggiore od eguale ad $1.$

Con tale scelta si può mostrare induttivamente che deve essere, necessariamente,

(3) $\begin{equation*} f(n)=nf(1). \end{equation*}$

Passo base.

Per $n=1$ si ha

$f(1+(1-1))=f(1)+f(0),$

ove si è usata l’additività della funzione, per cui

$f(1)=1\cdot f(1).$

Passo induttivo.

Si supponga l’asserto vero per $n$ e si mostri per $n+1:$ vale

$f(1+((n+1)-1))=f(1)+f(n),$

che equivale, per ipotesi induttiva, a

$f(1+n)=(n+1)\cdot f(1).$

Ciò prova quanto si voleva.

Dimostrato ciò va calcolato quali siano i valori $f(1)$ accettabili.

Si ponga $\tau:=f(1).$

Dovendo valere le condizioni (2) e (3), si ottiene che per ogni $x$ intero vale

$x=f(f(x))=f(\tau x)=\tau^2 x,$

che conduce a concludere che $\tau=\pm 1.$

Allora tutte e sole le funzioni $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ cercate sono

$f(x)=x$

$f(x)=-x.$

La verifica diretta conclude l’esercizio.

Siano $A,B\subseteq \mathbb{R}$ due insiemi non vuoti e sia $f:A\to B$ una funzione; si supponga che $x,y\in A.$ Allora si dice additiva se

$f(x+y)=f(x)+f(y).$

↩

A rigore non è detto che la funzione esista: qui si suppone che esiste, per poi verificare che la funzione trovata soddisfi le richieste. ↩

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