Comment trouver toutes les fonctions $f:\mathbb R\to\mathbb R$ tel que $\forall a,b\in\mathbb R$: $f(a)+f\big(a+f(b)\big)=b+f\big(f(a)+f^2(b)\big)$ [dupliquer]
Trouver toutes les fonctions $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ tel que pour tous $ a , b \in \mathbb R$: $$ f ( a ) + f \big( a + f ( b ) \big) = b + f \big( f ( a ) + f ^ 2 ( b ) \big) \text . $$
Ici, pour tout $ n \in \mathbb N $, $ f ^ n $ désigne le $ n $-th itération de $ f $.
Mes idées jusqu'à présent:
J'ai remplacé $ ( 0 , x ) $ cela donne: $$ f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) = x + f \big( f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) \big) \text . \tag 1 \label 1 $$
Disons que $ a , b \in \mathbb R $, $ a \ne b $ et $ f ( a ) = f ( b ) $. Ensuite, le LHS ne change pas de valeur avec$ a , b $mais le RHS le fait. C'est une contradiction et donc$ f ( a ) = f ( b ) \implies a = b $. La fonction est donc injective.
Si nous substituons $ \big( x , f ( x ) \big) $ on peut croiser les fonctions comme ceci: $$ f \big( x + f ^ 2 ( x ) \big) = f \big( f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \big) \text ; $$ $$ \therefore \quad x + f ^ 2 ( x ) = f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \text . \tag 2 \label 2 $$
Si nous supposons $ f ( 0 ) = 0 $, nous avons $ f ^ 2 ( x ) = x + f ^ 3 ( x ) $.
En utilisant \ eqref {2}, nous obtenons$ f ( x ) = 2 x $. Cependant, cela ne satisfait pas l'équation fonctionnelle et nous pouvons donc conclure que$ f ( 0 ) \ne 0 $.
J'ai également remarqué que si vous remplacez $ f ( x ) $ pour $ x $, vous recevez $ f ( x ) + f ^ 3 ( x ) =f ^ 2 ( x ) + f ^ 4 ( x ) $ et exprimer $ f ^ 3 ( x ) $ de \ eqref {2} nous obtenons un résultat intéressant: $ f ^ 4 ( x ) = x $ ce qui signifie que la fonction est itérative avec un cycle de $ 4 $ (ou $ 2 $ ou $ 1 $).
Je ne sais pas trop comment continuer ni quelle substitution dois-je essayer ensuite.
Réponses
Vous pouvez montrer qu'il n'y a pas de fonction $ f : \mathbb A \to \mathbb A $ satisfaisant $$ f ( x ) + f \big( x + f ( y ) \big) = y + f \Big( f ( x ) + f \big( f ( y ) \big) \Big) \tag 0 \label 0 $$ pour tous $ x , y \in \mathbb A $, où $ ( \mathbb A , + ) $est un groupe abélien avec l' élément neutre $ 0 $et la fonction inverse $ - $, de telle sorte qu'il y ait $ b \in \mathbb A $ avec $ 5 b \ne 0 $. Comme vous êtes intéressé par$ \mathbb A = \mathbb R $avec l' opération de groupe $ + $ considéré comme l'addition habituelle de nombres réels, ce serait le cas, puisque tout nombre réel différent de zéro peut être choisi comme $ b $.
Pour voir cela, remplacez $ f ( x ) $ pour $ x $et voir ça $$ f \big( f ( x ) \big) - y = f \Big( f \big( f ( x ) \big) + f \big( f ( y ) \big) \Big) - f \big( f ( x ) + f ( y ) \big) \\ = f \Big( f \big( f ( y ) \big) + f \big( f ( x ) \big) \Big) - f \big( f ( y ) + f ( x ) \big) = f \big( f ( y ) \big) - x \text , $$ qui montre en particulier $$ f \big( f ( x ) \big) = f \big( f ( 0 ) \big) - x \text . \tag 1 \label{1a} $$ En mettant $ x = 0 $ dans \ eqref {0} et en utilisant \ eqref {1a} vous avez $$ f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y = y + f \Big( f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y \Big) \text , $$ qui en laissant $ a = f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) $ et en remplaçant $ - x + a $ pour $ y $ montre que $$ f ( x ) = 2 x - a \text . \tag 2 \label{2a} $$ En utilisant \ eqref {1a} et \ eqref {2a}, vous obtenez $ 5 x = 0 $ pour tous $ x \in \mathbb A $, et en particulier pour $ x = b $, ce qui est une contradiction.
Au cas où chaque $ b \in \mathbb A $est d' ordre $ 5 $, en choisissant un $ a \in \mathbb A $ et prendre $ f $ pour être de la forme \ eqref {2a}, l'équation \ eqref {0} sera satisfaite pour tous $ x , y \in \mathbb A $. Pour voir cela, utilisez \ eqref {2a} pour réécrire \ eqref {0} comme$$ 2 x - a + 2 ( x + 2 y - a ) - a = y + 2 \big( 2 x - a + 2 ( 2 y - a ) - a \big) - a \text , $$ ou équivalent $$ 4 x + 4 y - 4 a = 4 x + 9 y - 9 a \text , $$ ce qui est vrai depuis $ 5 y = 0 $ et $ 5 a = 0 $. Comme les dérivations résultant de \ eqref {2a} étaient valides pour tout groupe abélien (indépendamment de l'ordre de ses éléments), nous avons caractérisé toutes les solutions dans ce cas. Exemples de groupes abéliens dans lesquels l'ordre de chaque élément est$ 5 $sont des groupes triviaux , le groupe cyclique $ \mathbb Z _ 5 $et le produit direct de$ \mathbb Z _ 5 $ avec lui-même.