Hallar la ecuación de la función $f(x+f(y)+yf(x))=y+f(x)+xf(y)$

Question

Encontrar todas las funciones $f:\Bbb R\to \Bbb R$ y tal para cualquier $x,y\in\Bbb R$ y tal $$f(x+f(y)+yf(x))=y+f(x)+xf(y)$$

He demostrado que $$f(f(x))=x$$

prueba :Let $y=0$ tenemos $$f(x+f(0))=f(x)+xf(0)$$ deje $x=0,y\to x$ tenemos $$f(f(x)+xf(0))=x+f(0)$$ por lo que tenemos $$f(f(x+f(0))=x+f(0)$$ entonces $$f(f(x))=x$$

y $f(x)=x$ es una solución, pero no puedo sostener que sea la única. Gracias por su ayuda.

Answer 1

Éste es sólo un resultado parcial (EDIT: el resultado completo figura más abajo), pero lo publicaré de todos modos. Escribamos $(x,y)$ si $y = f(x)$ retenciones. Dado que $f(f(x)) = x$ , $(x,y)$ es equivalente a $(y,x)$ y $(x,y)\wedge (x,y')$ implica $y= y'$ . Lo que podemos observar directamente es que $0= f(f(0)) = f(0)$ dejando $x=y=0$ . Lo que es menos trivial es $f(1) = 1$ . Sea $\gamma =f(1)$ . Entonces, dejando que $y = 1$ y $y= \gamma$ obtenemos $$ (x+ \gamma + f(x),1+ f(x) +\gamma x)\wedge \;(x + 1+\gamma f(x), \gamma + f(x) +x).$$ Por lo tanto, $1+ f(x) +\gamma x = x + 1+\gamma f(x)$ para todos $x$ y si $\gamma \neq 1$ entonces $f(x) = x$ lo que lleva a una contradicción.
A continuación demostramos que $$(-\frac{f(x) - f(x')}{x-x'}, -\frac{x-x'}{f(x) - f(x')}),\quad \forall x\neq x'\;\cdots(*).$$ Supongamos que $(a,b)\wedge (x,y)\wedge (x',y').$ Entonces, por el FE, $$ (a+x+by, b+y +ax)\wedge (a+x'+by', b+y' +ax'). $$ Podemos equiparar $b+y +ax$ y $ b+y' +ax'$ dejando $a= -\frac{y-y'}{x-x'}$ . Entonces $b$ debe satisfacer $a+x+by = a+x'+by'$ Eso es, $ b= -\frac{x-x'}{y-y'}.$ Porque $y = f(x), y' = f(x')$ Esto prueba la afirmación.
A partir de la afirmación anterior, sabemos que $(-1,-1)$ es decir $f(-1) = -1$ . Dejando que $x' = 0, - 1$ también sabemos que $(x,y)$ implica $$(-\frac{y}{x}, -\frac{x}{y})\wedge (-\frac{y+ 1}{x + 1}, -\frac{x+ 1}{y + 1}). $$ Si escribimos $-\frac{y-y'}{x-x'}= k$ entonces $(-\frac{1/k+ 1}{k + 1}, -\frac{k+ 1}{1/k + 1}) = (-\frac{1}{k}, -k)$ también muestra que $(\frac{y-y'}{x-x'}, \frac{x-x'}{y-y'})$ siempre que $x\neq x'$ . A continuación, poniendo $y=-1$ en la ecuación funcional original, también tenemos $(x,y)$ implica $$(x-y-1, y-x-1).$$ Iterando esto $n$ veces también tenemos $$(2^n(x-y)-1, 2^n(y-x)-1) \;\cdots (**). $$
Nuestra siguiente afirmación es que si $(x,x) \vee (x, x+2^{1-N})$ entonces $(x+ 2^{-N}, x+2^{-N})$ ( $N\geq 0$ .) Para demostrarlo, escribamos $(x+ 2^{-N}, \alpha)$ y derivar una ecuación sobre $\alpha$ . Si $(x,x)$ , $(*)$ implica $( 2^N(x-\alpha ), \frac{1}{2^N(x-\alpha )})$ . Aplicando $(**)$ a $(x+ 2^{-N}, \alpha)$ también tenemos $(2^N(x-\alpha), 2^N(\alpha-x)-2)$ . Por lo tanto, $2^N(\alpha-x)-2 = \frac{1}{2^N(x-\alpha )}$ y esto implica $2^N(x-\alpha )=-1$ como desee. En caso $(x, x+2^{1-N})$ puede tratarse de forma similar observando que $(-2^N(x-\alpha )-2, - \frac{1}{2^N(x-\alpha )+2})$ .
Un argumento muy similar también puede demostrar que $$(x,x) \vee (x, x-2^{1-N})\Rightarrow (x-2^{-N}, x-2^{-N}).$$ Hasta ahora, todos los tediosos argumentos demuestran que $f(x) = x$ es válida para todos los racionales diádicos $x=\frac{j}{2^n}$ es decir, el conjunto $F$ de puntos fijos de $f$ contiene todos los racionales diádicos. Los siguientes son algunos otros hechos sobre $F$ :
(i) Si $(x,y)$ entonces $x+y+xy$ y $x+y+1$ pertenece a $F$ .
(ii) Si $x,y \in F$ entonces $x+y+xy \in F$ .
(iii) Si $x \in F$ entonces $x\pm \frac{j}{2^n}\in F$ . (Reclamación anterior)
Y para algunos $(x,f(x))$ tal que $x\notin F$ esto genera tantos pares no fijos $$(\pm \left[\frac{f(x) - q}{x-q}\right]^r,\pm \left[\frac{x- q}{f(x)-q}\right]^r), \quad (x+q+qf(x),f(x)+q+qx)_{q \neq 1},$$ para todas las diádicas racionales $q$ y $r\in \mathbf{N}$ .
Lo intenté pero no conseguí más ideas sobre cómo $F$ y $\mathbf{R}\setminus F$ parece. Pero deseo que esto ayude de alguna manera.

(Nota: En realidad en la proposición anterior, $(x, x\pm 2^{1-N})$ no puede ocurrir ya que su diferencia no puede estar en $F$ .)

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Tras el post de ayer, he completado la prueba: $f = id$ es la única solución de la ecuación.

Repasaré brevemente algunos hechos ya probados.
(i) $F + \mathbf{Q}_{dyad} = F.$
(ii) Si $x,y \in F$ entonces $xy \in F$ o equivalentemente, $F\cdot F = F$ . (Ya que $x-1, y-1 \in F$ implica $xy -1\in F$ y así $xy \in F$ .)
(iii) Si $(x,y)$ entonces $x+y, \;xy + x+ y \in F$ .

Nuestra reclamación comienza con: Si $0\neq x \in F$ entonces $\frac{1}{x} \in F$ . La prueba es sencilla. Sea $(\frac{1}{x},\gamma).$ Entonces $\gamma +\frac{1}{x}\in F$ . Desde $x\in F$ , $\gamma x + 1 \in F$ y $\gamma x \in F$ . Tenga en cuenta que $(\gamma x, \frac{1}{\gamma x}).$ (pendiente de $(\frac{1}{x},\gamma),(0,0).$ ) Esto demuestra $\gamma = \pm \frac{1}{x}.$ Si fuera así $(\frac{1}{x},-\frac{1}{x})$ entonces $\frac{1}{x^2} \in F$ . Esto implica que $x\cdot\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x} \in F$ según se desee.

Nuestra siguiente afirmación es que $(x,y)$ implica $xy \in F$ . Partimos de $x+y, \;x+y+xy \in F$ . Si $x+y =0$ Ya está hecho. Por lo demás, $\frac{x+y+xy}{x+y} = 1+ \frac{xy}{x+y} \in F$ Por lo tanto $\frac{xy}{x+y}\in F$ . Esto implica $$(x+y)\cdot \frac{xy}{x+y} = xy \in F.$$

Nuestra afirmación casi final es que $0< y \in F$ implica $\sqrt{y} \in F$ . Supongamos que $(\sqrt[4]{y}, \gamma)$ . Entonces $\gamma^2 \sqrt{y} \in F$ . Desde $\frac{1}{y} \in F$ tenemos $\frac{\gamma^2}{\sqrt{y}} \in F.$ Observe que $(\frac{\gamma}{\sqrt[4]{y}}, \frac{\sqrt[4]{y}}{\gamma})$ y por lo tanto $(\frac{\gamma^2}{\sqrt{y}}, \frac{\sqrt{y}}{\gamma^2})$ Así pues, tenemos $\gamma^4 = y$ , $\gamma = \pm \sqrt[4]{y}$ . Supongamos que $\gamma = \sqrt[4]{y}$ . Entonces, $\sqrt[4]{y} \in F$ implica $\sqrt{y} \in F$ . Por lo demás, $(\sqrt[4]{y}, -\sqrt[4]{y})$ implica $-\sqrt{y} \in F$ . Así $\sqrt{y} \in F.$

Finalmente estamos preparados para demostrar que $(x,y)$ implica $ x-y=d =0$ . Supongamos por el contrario que $d>0$ . Entonces, como mostré en el post de ayer, $(d-1, -d-1).$ Pero esto implica $(-1+d)\cdot(-1-d) = 1-d^2 \in F$ y, por tanto $d^2 \in F.$ Así que $d$ debe estar en $F$ y $d-1$ también. Esto conduce a $d-1 = -d-1$ contradictorio $d>0$ . Por lo tanto, la única solución de la ecuación funcional es $f(x) = x$ ¡!

Answer 2

Existe una demostración realizada por el profesor Wu Wei-chao en 2001, puede descargar el documento aquí .

He aquí el resumen de la prueba:

• $f$ es uno a uno, y $$f(0)=0,\tag{2}$$

• $\forall y\in\Bbb R\setminus \{0\}$ , $$f\left(-\frac y{f(y)}\right)=-\frac{f(y)}y,\qquad f\left(-\frac{f(y)}y\right)=-\frac y{f(y)},\tag{8,9}$$

• $$f(\pm1)=\pm1,\tag{11,12}$$

• $\forall x\in\Bbb R$ , $$f(x+f(x)+1)=f(x)+x+1,\qquad f(x-f(x)-1)=-x+f(x)-1\tag{13,14}$$

• $$f(\pm2)=\pm2,\tag{23,29}$$

• $$(f(\pm\sqrt2))^2=2,\qquad(f(\pm\frac 1{\sqrt2}))^2=\frac12,\tag{42,46}$$

• $\forall x\in\Bbb R$ , $$f(3x-4)=-3f(-x)-4.\tag{47}$$

• Introducir 5 lemas,

  Lema 4. $\forall a\in \Bbb R$ si $$\tag{58}f(-x-a)=-f(x)-a,\qquad (\forall x\in\Bbb R)$$ y $$\tag{59}f(x-f(x)-\dfrac {a^2}4)=f(x)-x-\dfrac {a^2}4,\qquad (\forall x\in\Bbb R)$$ entonces $$f(x)=x\qquad (\forall x\in\Bbb R).$$

• Saparate en 3 cajas y termina la prueba.

Caso 1: $f(\pm\sqrt 2)=\pm\sqrt 2\implies f(x)=x$ ( $\forall x\in\Bbb R$ ).

Caso 2: $f(\pm\sqrt 2)=\mp\sqrt 2, f(\pm\frac 1{\sqrt2})=\pm\frac 1{\sqrt2}\implies$ contradicción con la inyectividad de $f$ .

Caso 3: $f(\pm\sqrt 2)=\mp\sqrt 2, f(\pm\frac 1{\sqrt2})=\mp\frac 1{\sqrt2}\implies$ contradicción con $f(\sqrt 2)=-\sqrt 2$ .

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Wu también generalizó el resultado.

Generalización: Supongamos que $F$ es un campo o un anillo, $\Bbb Z\subseteq F\subseteq \Bbb C$ y $f:F\to F$ satisface $$f(x+f(y)+yf(x))=y+f(x)+xf(y),$$

• si $F=\Bbb R$ entonces $f(x)=x$ ( $\forall x\in\Bbb R$ );

• si $F=\Bbb C$ entonces $f(x)=x$ ( $\forall x\in\Bbb C$ ) o $f(x)=\overline x$ ( $\forall x\in\Bbb C$ );

• si $F=\Bbb Q$ entonces $f(x)=x$ ( $\forall x\in\Bbb Q$ );

• si $F=\Bbb Z$ entonces $f(x)=x$ ( $\forall x\in\Bbb Z$ );

• si $F=\{a+br\mid \forall a,b\in\Bbb Q\}$ donde $r$ es fijo irracional y $r^2\in\Bbb Q$ entonces $f(x)=x$ ( $\forall x\in F$ ) o $f(x)=\overline x$ ( $\forall x\in F$ ), aquí definimos $\overline{a+br}=a-br$ ;

• si $F=\{a+br\mid \forall a,b\in\Bbb Z\}$ donde $r$ es fijo irracional y $r^2\in\Bbb Z$ entonces $f(x)=x$ ( $\forall x\in F$ ) o $f(x)=\overline x$ ( $\forall x\in F$ ), aquí definimos $\overline{a+br}=a-br$ .