Как найти все функции $f:\mathbb R\to\mathbb R$ такой, что $\forall a,b\in\mathbb R$: $f(a)+f\big(a+f(b)\big)=b+f\big(f(a)+f^2(b)\big)$ [дубликат]
Найти все функции $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ такое, что для всех $ a , b \in \mathbb R$: $$ f ( a ) + f \big( a + f ( b ) \big) = b + f \big( f ( a ) + f ^ 2 ( b ) \big) \text . $$
Здесь для любого $ n \in \mathbb N $, $ f ^ n $ обозначает $ n $-я итерация $ f $.
Мои идеи на данный момент:
Я заменил $ ( 0 , x ) $ что дает: $$ f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) = x + f \big( f ( 0 ) + f ^ 2 ( x ) \big) \text . \tag 1 \label 1 $$
Скажем, что $ a , b \in \mathbb R $, $ a \ne b $ и $ f ( a ) = f ( b ) $. Тогда LHS не изменяет значение с$ a , b $но RHS делает. Это противоречие, и поэтому$ f ( a ) = f ( b ) \implies a = b $. Следовательно, функция инъективна.
Если мы заменим $ \big( x , f ( x ) \big) $ мы можем скрестить функции так: $$ f \big( x + f ^ 2 ( x ) \big) = f \big( f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \big) \text ; $$ $$ \therefore \quad x + f ^ 2 ( x ) = f ( x ) + f ^ 3 ( x ) \text . \tag 2 \label 2 $$
Если мы предположим $ f ( 0 ) = 0 $, у нас есть $ f ^ 2 ( x ) = x + f ^ 3 ( x ) $.
Используя \ eqref {2}, получаем$ f ( x ) = 2 x $. Однако это не удовлетворяет функциональному уравнению, и поэтому мы можем заключить, что$ f ( 0 ) \ne 0 $.
Еще заметил, что если подставить $ f ( x ) $ для $ x $, ты получаешь $ f ( x ) + f ^ 3 ( x ) =f ^ 2 ( x ) + f ^ 4 ( x ) $ и выражая $ f ^ 3 ( x ) $ из \ eqref {2} получаем интересный результат: $ f ^ 4 ( x ) = x $ что означает, что функция является итеративной с циклом $ 4 $ (или $ 2 $ или $ 1 $).
Я не уверен, как продолжить или какую замену попробовать дальше.
Ответы
Вы можете показать, что нет функции $ f : \mathbb A \to \mathbb A $ удовлетворение $$ f ( x ) + f \big( x + f ( y ) \big) = y + f \Big( f ( x ) + f \big( f ( y ) \big) \Big) \tag 0 \label 0 $$ для всех $ x , y \in \mathbb A $, где $ ( \mathbb A , + ) $- любая абелева группа с нейтральным элементом $ 0 $и обратная функция $ - $, такое что есть $ b \in \mathbb A $ с участием $ 5 b \ne 0 $. Как вам интересно$ \mathbb A = \mathbb R $с групповой операцией $ + $ считается обычным сложением действительных чисел, это будет так, поскольку любое ненулевое действительное число может быть выбрано как $ b $.
Чтобы увидеть это, подставьте $ f ( x ) $ для $ x $, и увидеть, что $$ f \big( f ( x ) \big) - y = f \Big( f \big( f ( x ) \big) + f \big( f ( y ) \big) \Big) - f \big( f ( x ) + f ( y ) \big) \\ = f \Big( f \big( f ( y ) \big) + f \big( f ( x ) \big) \Big) - f \big( f ( y ) + f ( x ) \big) = f \big( f ( y ) \big) - x \text , $$ что, в частности, показывает $$ f \big( f ( x ) \big) = f \big( f ( 0 ) \big) - x \text . \tag 1 \label{1a} $$ Положив $ x = 0 $ в \ eqref {0} и используя \ eqref {1a}, у вас есть $$ f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y = y + f \Big( f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) - y \Big) \text , $$ который позволил $ a = f ( 0 ) + f \big( f ( 0 ) \big) $ и заменяя $ - x + a $ для $ y $ показывает, что $$ f ( x ) = 2 x - a \text . \tag 2 \label{2a} $$ Используя \ eqref {1a} и \ eqref {2a}, вы получите $ 5 x = 0 $ для всех $ x \in \mathbb A $, и в частности для $ x = b $, противоречие.
Если каждый $ b \in \mathbb A $в порядке $ 5 $, выбирая любой $ a \in \mathbb A $ и принимая $ f $ чтобы иметь вид \ eqref {2a}, уравнение \ eqref {0} будет выполняться для всех $ x , y \in \mathbb A $. Чтобы увидеть это, используйте \ eqref {2a}, чтобы переписать \ eqref {0} как$$ 2 x - a + 2 ( x + 2 y - a ) - a = y + 2 \big( 2 x - a + 2 ( 2 y - a ) - a \big) - a \text , $$ или эквивалентно $$ 4 x + 4 y - 4 a = 4 x + 9 y - 9 a \text , $$ что верно, поскольку $ 5 y = 0 $ и $ 5 a = 0 $. Поскольку выводы, приводящие к \ eqref {2a}, действительны для любой абелевой группы (независимо от порядка ее элементов), мы охарактеризовали все решения в этом случае. Примеры абелевых групп, в которых порядок каждого элемента равен$ 5 $являются тривиальные группы , то циклическая группа $ \mathbb Z _ 5 $и прямое произведение из$ \mathbb Z _ 5 $ с собой.