Cómo demostrar que las funciones continuas $f$ en $\mathbb{R}$ satisfaciendo $$f\circ f(x)=2f(x)-x,\forall x\in\mathbb{R},$$ vienen dadas por $$f(x)=x+a,a\in\mathbb{R}.$$ Cualquier sugerencia es bienvenida. Gracias.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Si $f$ estaban limitados desde abajo, por lo que $x=2f(x)-f(f(x))$ . Por lo tanto, $f$ no tiene límites, por lo tanto por IVT es suryectiva. También, $f(x)=f(y)$ implica $x=2f(x)-f(f(x))=2f(y)-f(f(y))=y$ Por lo tanto $f$ también es inyectiva y tiene una inversa de dos lados. Con esta inversa encontramos $$\tag1f(x)+f^{-1}(x)=2x.$$ Concluimos que $f$ es estrictamente creciente o estrictamente decreciente. Pero en este último caso $f^{-1}$ también estaría disminuyendo, contradiciendo $(1)$ . Por lo tanto, $f$ es estrictamente creciente.
Siguiendo la sugerencia de TMM, definir $g(x)=f(x)-x$ . A continuación, utilizando $(1)$ vemos $f^{-1}(x)=2x-f(x)=x-g(x)$ Por lo tanto $f(x-g(x))=x$ y $g(x-g(x))=g(x)$ . Por inducción, $$\tag2g(x-ng(x))=g(x)$$ para todos $x\in\mathbb R, n\in\mathbb N$ . Porque $f$ es creciente, concluimos que $$\tag3 x<y\implies g(x)<g(y)+(y-x).$$ Si asumimos que $g$ no es constante, hay $x_0,x_1\in\mathbb R$ con $g(x_0)g(x_1)>0$ y $\alpha:=\frac{g(x_1)}{g(x_0)}$ irracional (¡y positiva!). Wlog. $g(x_1)<g(x_0)$ . Debido a esta irracionalidad, para cualquier $\epsilon>0$ encontramos $n,m$ con $$x_0-ng(x_0) < x_1-mg(x_1)< x_0-ng(x_0)+\epsilon,$$ por lo que $g(x_0-ng(x_0)) < g(x_1-mg(x_1))+\epsilon$ por $(3)$ . Utilizando $(2)$ concluimos $g(x_0)<g(x_1)+\epsilon$ contradicción. Por lo tanto $g$ es constante.
