Como encontrar todas as funções $f:\mathbb R\to\mathbb R$ de tal modo que $\forall a,b\in\mathbb R$: $f(a)+f\big(a+f(b)\big)=b+f\big(f(a)+f^2(b)\big)$ [duplicado]
Encontre todas as funções $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ tal que para todos $ a , b \in \mathbb R$: $$ f ( a ) + f \big( a + f ( b ) \big) = b + f \big( f ( a ) + f ^ 2 ( b ) \big) \text . $$
Aqui, para qualquer $ n \in \mathbb N $, $ f ^ n $ denota o $ n $-ésima iteração de $ f $.
Minhas ideias até agora:
Eu substituí $ ( 0 , x ) $ que produz: $$ f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) = x + f \big( f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) \big) \text . \tag 1 \label 1 $$
Vamos dizer que $ a , b \in \mathbb R $, $ a \ne b $ e $ f ( a ) = f ( b ) $. Então o LHS não muda o valor com$ a , b $mas o RHS sim. Isso é uma contradição e, portanto,$ f ( a ) = f ( b ) \implies a = b $. A função é, portanto, injetiva.
Se substituirmos $ \big( x , f ( x ) \big) $ podemos cruzar as funções assim: $$ f \big( x + f ^ 2 ( x ) \big) = f \big( f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \big) \text ; $$ $$ \therefore \quad x + f ^ 2 ( x ) = f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \text . \tag 2 \label 2 $$
Se assumirmos $ f ( 0 ) = 0 $, temos $ f ^ 2 ( x ) = x + f ^ 3 ( x ) $.
Usando \ eqref {2} obtemos$ f ( x ) = 2 x $. No entanto, isso não satisfaz a equação funcional e, portanto, podemos concluir que$ f ( 0 ) \ne 0 $.
Eu também percebi que se você substituir $ f ( x ) $ para $ x $, você consegue $ f ( x ) + f ^ 3 ( x ) =f ^ 2 ( x ) + f ^ 4 ( x ) $ e expressando $ f ^ 3 ( x ) $ de \ eqref {2} obtemos um resultado interessante: $ f ^ 4 ( x ) = x $ o que significa que a função é iterativa com um ciclo de $ 4 $ (ou $ 2 $ ou $ 1 $)
Não tenho certeza de como continuar ou que substituição devo tentar a seguir.
Respostas
Você pode mostrar que não há função $ f : \mathbb A \to \mathbb A $ satisfatório $$ f ( x ) + f \big( x + f ( y ) \big) = y + f \Big( f ( x ) + f \big( f ( y ) \big) \Big) \tag 0 \label 0 $$ para todos $ x , y \in \mathbb A $, Onde $ ( \mathbb A , + ) $é qualquer grupo abeliano com o elemento neutro $ 0 $e a função inversa $ - $, de forma que haja $ b \in \mathbb A $ com $ 5 b \ne 0 $. Como você está interessado em$ \mathbb A = \mathbb R $com a operação do grupo $ + $ tomado como a adição usual de números reais, este seria o caso, uma vez que qualquer número real diferente de zero pode ser escolhido como $ b $.
Para ver isso, substitua $ f ( x ) $ para $ x $, e veja isso $$ f \big( f ( x ) \big) - y = f \Big( f \big( f ( x ) \big) + f \big( f ( y ) \big) \Big) - f \big( f ( x ) + f ( y ) \big) \\ = f \Big( f \big( f ( y ) \big) + f \big( f ( x ) \big) \Big) - f \big( f ( y ) + f ( x ) \big) = f \big( f ( y ) \big) - x \text , $$ que em particular mostra $$ f \big( f ( x ) \big) = f \big( f ( 0 ) \big) - x \text . \tag 1 \label{1a} $$ Colocando $ x = 0 $ em \ eqref {0} e usando \ eqref {1a} você tem $$ f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y = y + f \Big( f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y \Big) \text , $$ que deixando $ a = f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) $ e substituindo $ - x + a $ para $ y $ mostra que $$ f ( x ) = 2 x - a \text . \tag 2 \label{2a} $$ Usando \ eqref {1a} e \ eqref {2a} você obtém $ 5 x = 0 $ para todos $ x \in \mathbb A $, e em particular para $ x = b $, o que é uma contradição.
No caso de cada $ b \in \mathbb A $está em ordem $ 5 $, escolhendo qualquer $ a \in \mathbb A $ e tomando $ f $ para ser da forma \ eqref {2a}, a equação \ eqref {0} será satisfeita para todos $ x , y \in \mathbb A $. Para ver isso, use \ eqref {2a} para reescrever \ eqref {0} como$$ 2 x - a + 2 ( x + 2 y - a ) - a = y + 2 \big( 2 x - a + 2 ( 2 y - a ) - a \big) - a \text , $$ ou equivalente $$ 4 x + 4 y - 4 a = 4 x + 9 y - 9 a \text , $$ o que é verdade desde $ 5 y = 0 $ e $ 5 a = 0 $. Como as derivações resultantes em \ eqref {2a} eram válidas para qualquer grupo abeliano (independente da ordem de seus elementos), caracterizamos todas as soluções para este caso. Exemplos de grupos abelianos nos quais a ordem de cada elemento é$ 5 $são grupos triviais , o grupo cíclico $ \mathbb Z _ 5 $e o produto direto de$ \mathbb Z _ 5 $ consigo mesmo.