Jak znaleźć wszystkie funkcje $f:\mathbb R\to\mathbb R$ takie że $\forall a,b\in\mathbb R$: $f(a)+f\big(a+f(b)\big)=b+f\big(f(a)+f^2(b)\big)$ [duplikować]
Znajdź wszystkie funkcje $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ takie, że dla wszystkich $ a , b \in \mathbb R$: $$ f ( a ) + f \big( a + f ( b ) \big) = b + f \big( f ( a ) + f ^ 2 ( b ) \big) \text . $$
Tutaj, dla każdego $ n \in \mathbb N $, $ f ^ n $ oznacza $ n $-ta iteracja $ f $.
Moje dotychczasowe pomysły:
Podstawiłem $ ( 0 , x ) $ co daje: $$ f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) = x + f \big( f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) \big) \text . \tag 1 \label 1 $$
Powiedzmy to $ a , b \in \mathbb R $, $ a \ne b $ i $ f ( a ) = f ( b ) $. Wtedy LHS nie zmienia wartości za pomocą$ a , b $ale RHS tak. To jest sprzeczność, a zatem$ f ( a ) = f ( b ) \implies a = b $. Dlatego funkcja jest iniekcyjna.
Jeśli zmienimy $ \big( x , f ( x ) \big) $ możemy krzyżować funkcje w ten sposób: $$ f \big( x + f ^ 2 ( x ) \big) = f \big( f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \big) \text ; $$ $$ \therefore \quad x + f ^ 2 ( x ) = f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \text . \tag 2 \label 2 $$
Jeśli przyjmiemy $ f ( 0 ) = 0 $, mamy $ f ^ 2 ( x ) = x + f ^ 3 ( x ) $.
Używając \ eqref {2} otrzymujemy$ f ( x ) = 2 x $. Jednak to nie spełnia równania funkcjonalnego i dlatego możemy to wywnioskować$ f ( 0 ) \ne 0 $.
Zauważyłem też, że jeśli zmienisz $ f ( x ) $ dla $ x $, dostajesz $ f ( x ) + f ^ 3 ( x ) =f ^ 2 ( x ) + f ^ 4 ( x ) $ i wyrażanie $ f ^ 3 ( x ) $ z \ eqref {2} otrzymujemy ciekawy wynik: $ f ^ 4 ( x ) = x $ co oznacza, że funkcja jest iteracyjna z cyklem $ 4 $ (lub $ 2 $ lub $ 1 $).
Nie jestem pewien, jak kontynuować lub jaką zmianę powinienem spróbować dalej.
Odpowiedzi
Możesz pokazać, że nie ma żadnej funkcji $ f : \mathbb A \to \mathbb A $ dogadzający $$ f ( x ) + f \big( x + f ( y ) \big) = y + f \Big( f ( x ) + f \big( f ( y ) \big) \Big) \tag 0 \label 0 $$ dla wszystkich $ x , y \in \mathbb A $, gdzie $ ( \mathbb A , + ) $to dowolna grupa abelowa z elementem neutralnym $ 0 $i funkcja odwrotna $ - $, takie, że jest $ b \in \mathbb A $ z $ 5 b \ne 0 $. Jak jesteś zainteresowany$ \mathbb A = \mathbb R $z operacją grupową $ + $ przyjmując jako zwykłe dodawanie liczb rzeczywistych, byłoby tak, ponieważ dowolna liczba rzeczywista niezerowa może zostać wybrana jako $ b $.
Aby to zobaczyć, zamień $ f ( x ) $ dla $ x $i zobacz to $$ f \big( f ( x ) \big) - y = f \Big( f \big( f ( x ) \big) + f \big( f ( y ) \big) \Big) - f \big( f ( x ) + f ( y ) \big) \\ = f \Big( f \big( f ( y ) \big) + f \big( f ( x ) \big) \Big) - f \big( f ( y ) + f ( x ) \big) = f \big( f ( y ) \big) - x \text , $$ co w szczególności pokazuje $$ f \big( f ( x ) \big) = f \big( f ( 0 ) \big) - x \text . \tag 1 \label{1a} $$ Kładzenie $ x = 0 $ w \ eqref {0} i używając \ eqref {1a} masz $$ f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y = y + f \Big( f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y \Big) \text , $$ które pozwalając $ a = f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) $ i zastępowanie $ - x + a $ dla $ y $ pokazuje, że $$ f ( x ) = 2 x - a \text . \tag 2 \label{2a} $$ Używając \ eqref {1a} i \ eqref {2a} otrzymujesz $ 5 x = 0 $ dla wszystkich $ x \in \mathbb A $, aw szczególności dla $ x = b $, co jest sprzecznością.
W przypadku każdego $ b \in \mathbb A $jest w porządku $ 5 $, wybierając dowolne $ a \in \mathbb A $ i biorąc $ f $ aby mieć postać \ eqref {2a}, równanie \ eqref {0} będzie spełnione dla wszystkich $ x , y \in \mathbb A $. Aby to zobaczyć, użyj \ eqref {2a}, aby przepisać \ eqref {0} jako$$ 2 x - a + 2 ( x + 2 y - a ) - a = y + 2 \big( 2 x - a + 2 ( 2 y - a ) - a \big) - a \text , $$ lub równoważnie $$ 4 x + 4 y - 4 a = 4 x + 9 y - 9 a \text , $$ co jest prawdą od tego czasu $ 5 y = 0 $ i $ 5 a = 0 $. Ponieważ derywacje prowadzące do \ eqref {2a} były poprawne dla dowolnej grupy abelowej (niezależnie od kolejności jej elementów), scharakteryzowaliśmy wszystkie rozwiązania w tym przypadku. Przykłady grup abelowych, w których jest kolejność każdego elementu$ 5 $są grupami trywialnymi , grupą cykliczną $ \mathbb Z _ 5 $a bezpośredni produkt z$ \mathbb Z _ 5 $ samym sobą.