Encontrar las funciones $f : \mathbb{Q} \mapsto \mathbb{Q}$ sabiendo que $$2f\left(f\left(x\right)+f\left y\right)\right)=f\left(f\left(x+y\right)\right)+x+y,\ \forall x\ y\in\mathbb{Q} $$
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Primero de todo, para hacer las cosas más fáciles de escribir, deje $u:=f(0)$. En el texto que sigue, voy a usar la palabra "ecuación" para referirse a la funcional de la ecuación de la cuestión. Empezamos por probar:
Lema 1. Supongamos $f$ es una solución de la ecuación. A continuación, $f$ es inyectiva.
Prueba. Supongamos $f(x_0)=f(y_0)=a_0$. A continuación, la ecuación nos dice: $$f(a_0)+x_0=2f(a_0+u)=f(a_0)+y_0$$ For the first equality, we simply plug $x=x_0,y=0$ into the equation and for the second equality, we plug in $x=0,y=y_0$. But this immediately gives us $x_0=y_0$ and we are done. $\square$
A continuación, nos aviso:
Lema 2. Supongamos $f$ es una solución de la ecuación. A continuación, para todos $x,y\in\Bbb Q$: $$f(x+y)+u=f(x)+f(y)$$ sostiene.
Prueba. Deje $x_0,y_0\in\Bbb Q$. A continuación, la ecuación nos dice: $$2f(f(x_0)+f(y_0))=f(f(x_0+y_0))+x_0+y_0=2f(f(x_0+y_0)+u)$$ Aquí, tenemos la primera igualdad conectando $x=x_0,y=y_0$ en la ecuación, y el segundo por enchufar $x=x_0+y_0,y=0$. Pero desde $f$ debe ser inyectiva por el primer lema, esto significa precisamente que $$f(x_0)+f(y_0)=f(x_0+y_0)+u$$ which is what we wanted to show. $\cuadrado$
Lema 3. Supongamos $f$ es una solución de la ecuación. Entonces existe un $c\in\Bbb Q$ tal que $f(x) = cx+u$$x\in\Bbb Q$.
Prueba. Definir otra función $h$$h(x)=f(x)-u$$x\in\Bbb Q$. A continuación, para todos los $x,y\in\Bbb Q$ hemos $$h(x+y)=f(x+y)-u=f(x)-u+f(y)-u=h(x)+h(y)$$ where the second equality follows by the second lemma. So $h$ is an additive function. By the standard argument, there is a constant $c\in\Bbb P$ such that $h(x)=cx$ for all $x\in\Bbb P$. But then $f(x)=cx+u$. $\square$
Ahora, ya que cada solución debe ser de esta forma, ahora podemos sustituir esto en la ecuación funcional, lo que nos da: $$2(c(cx+u+cy+u)+u)=c(c(x+y)+u)+u+x+y$$ for all $x,y\in\Bbb P$. Now we plug $x=0,y=0$ and $x=0,y=1$ into this to get the following equations (after simplifying): $$(3c+1)u=0\\3cu+c^2+u-1=0$$
La primera de estas nos dice que la orden de $f$ a ser una solución, debemos tener $u=0$ o $c=-\frac13$. Pero enchufar $c=-\frac13$ en la segunda ecuación nos da $1 = \frac19$, lo cual es falso, por lo $c=-\frac13$ no es una posibilidad. Por lo tanto, $u$ debe ser la $0$.
Pero el taponamiento de esto en la segunda ecuación nos da $c^2=1$, lo $c=1$ o $c=-1$. Así que las únicas soluciones posibles son $f=\pm\operatorname{id}_{\Bbb Q}$, y como de hecho, estas son las soluciones, hemos demostrado que:
La proposición. Una función de $f$ es una solución de la ecuación si y sólo si $f=\pm\operatorname{id}_{\Bbb Q}$.
