Cómo encontrar todas las funciones $f:\mathbb R\to\mathbb R$ tal que $\forall a,b\in\mathbb R$: $f(a)+f\big(a+f(b)\big)=b+f\big(f(a)+f^2(b)\big)$ [duplicar]
Encuentra todas las funciones $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ tal que para todos $ a , b \in \mathbb R$: $$ f ( a ) + f \big( a + f ( b ) \big) = b + f \big( f ( a ) + f ^ 2 ( b ) \big) \text . $$
Aquí, para cualquier $ n \in \mathbb N $, $ f ^ n $ denota el $ n $-th iteración de $ f $.
Mis ideas hasta ahora:
Yo sustituí $ ( 0 , x ) $ que rinde: $$ f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) = x + f \big( f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) \big) \text . \tag 1 \label 1 $$
Digamos que $ a , b \in \mathbb R $, $ a \ne b $ y $ f ( a ) = f ( b ) $. Entonces el LHS no cambia el valor con$ a , b $pero el RHS lo hace. Eso es una contradicción y por lo tanto$ f ( a ) = f ( b ) \implies a = b $. Por tanto, la función es inyectiva.
Si sustituimos $ \big( x , f ( x ) \big) $ podemos cruzar las funciones así: $$ f \big( x + f ^ 2 ( x ) \big) = f \big( f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \big) \text ; $$ $$ \therefore \quad x + f ^ 2 ( x ) = f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \text . \tag 2 \label 2 $$
Si asumimos $ f ( 0 ) = 0 $, tenemos $ f ^ 2 ( x ) = x + f ^ 3 ( x ) $.
Usando \ eqref {2} obtenemos$ f ( x ) = 2 x $. Sin embargo, esto no satisface la ecuación funcional y por lo tanto podemos concluir que$ f ( 0 ) \ne 0 $.
También noté que si sustituyes $ f ( x ) $ para $ x $, usted obtiene $ f ( x ) + f ^ 3 ( x ) =f ^ 2 ( x ) + f ^ 4 ( x ) $ y expresando $ f ^ 3 ( x ) $ de \ eqref {2} obtenemos un resultado interesante: $ f ^ 4 ( x ) = x $ lo que significa que la función es iterativa con un ciclo de $ 4 $ (o $ 2 $ o $ 1 $).
No estoy seguro de cómo continuar o qué sustitución debo intentar a continuación.
Respuestas
Puedes demostrar que no hay función $ f : \mathbb A \to \mathbb A $ satisfactorio $$ f ( x ) + f \big( x + f ( y ) \big) = y + f \Big( f ( x ) + f \big( f ( y ) \big) \Big) \tag 0 \label 0 $$ para todos $ x , y \in \mathbb A $, dónde $ ( \mathbb A , + ) $es cualquier grupo abeliano con el elemento neutral $ 0 $y la función inversa $ - $, tal que hay $ b \in \mathbb A $ con $ 5 b \ne 0 $. Como te interesa$ \mathbb A = \mathbb R $con la operación grupal $ + $ tomado como la adición habitual de números reales, este sería el caso, ya que cualquier número real distinto de cero puede elegirse como $ b $.
Para ver esto, sustituya $ f ( x ) $ para $ x $y ver eso $$ f \big( f ( x ) \big) - y = f \Big( f \big( f ( x ) \big) + f \big( f ( y ) \big) \Big) - f \big( f ( x ) + f ( y ) \big) \\ = f \Big( f \big( f ( y ) \big) + f \big( f ( x ) \big) \Big) - f \big( f ( y ) + f ( x ) \big) = f \big( f ( y ) \big) - x \text , $$ que en particular muestra $$ f \big( f ( x ) \big) = f \big( f ( 0 ) \big) - x \text . \tag 1 \label{1a} $$ Poniendo $ x = 0 $ en \ eqref {0} y usando \ eqref {1a} tienes $$ f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y = y + f \Big( f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y \Big) \text , $$ que al dejar $ a = f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) $ y sustituyendo $ - x + a $ para $ y $ muestra que $$ f ( x ) = 2 x - a \text . \tag 2 \label{2a} $$ Usando \ eqref {1a} y \ eqref {2a} obtienes $ 5 x = 0 $ para todos $ x \in \mathbb A $, y en particular para $ x = b $, lo cual es una contradicción.
En caso de que cada $ b \in \mathbb A $es de orden $ 5 $, eligiendo cualquiera $ a \in \mathbb A $ y tomando $ f $ para tener la forma \ eqref {2a}, la ecuación \ eqref {0} se cumplirá para todos $ x , y \in \mathbb A $. Para ver esto, use \ eqref {2a} para reescribir \ eqref {0} como$$ 2 x - a + 2 ( x + 2 y - a ) - a = y + 2 \big( 2 x - a + 2 ( 2 y - a ) - a \big) - a \text , $$ o equivalente $$ 4 x + 4 y - 4 a = 4 x + 9 y - 9 a \text , $$ que es cierto desde $ 5 y = 0 $ y $ 5 a = 0 $. Como las derivaciones resultantes en \ eqref {2a} eran válidas para cualquier grupo abeliano (independientemente del orden de sus elementos), hemos caracterizado todas las soluciones en este caso. Ejemplos de grupos abelianos en los que el orden de cada elemento es$ 5 $son grupos triviales , el grupo cíclico $ \mathbb Z _ 5 $y el producto directo de$ \mathbb Z _ 5 $ consigo mismo.