Hallar todas las funciones f tales que $f(f(x))=f(x)+x$

Question

Deje $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ser una función tal que $f(f(x))=f(x)+x, \forall x\in\mathbb{R}$. Encontrar todas las funciones $f$.

Claramente, $f$ es un "uno-a-uno de la función". He tratado de configuración donde $x\rightarrow f(x)$ así: $f(f(f(x)))=f(f(x))+f(x)=2f(x)+x$.

También, a partir de la relación original, obtenemos que: $f(f(f(x)))=f(f(x)+x)$.

Equiparación de la RHS de las dos últimas relaciones obtenemos que: $f(f(x)+x)=2f(x)+x$.

Probablemente para aprovechar el 1-1 tenemos una relación de la forma $f(f(x))=f(\cdots)$.

No sé cómo llevar esto más lejos... Alguna sugerencia?

Answer 1

Reclamo: $f(0)=0$.

Suponga $f(0) = k\neq 0 $,$f(k)=f(k)+k$, una contradicción.

Reclamo: Si $f(x)$ es una analítica de la función, $f(x)=\phi x$ o $f(x)=-x/\phi$.

Si $f$ es una analítica de la función, tiene un único polinomio de expansión con cero término constante, es decir,$f(x) = a_1x+a_2x^2 +\cdots$. A continuación, mediante la comparación de los poderes obtenemos que: $$a_1=\phi, -1/\phi$$ Y a todos los otros poderes son cero.

Si $f(x)$ no es analítica, no estoy seguro de qué más se puede decir acerca de ella.

Answer 2

Para cada número de $x\in[1,\phi)$, vamos bien $$f(x)=\phi x,f(-x)=-\phi x\text{ or else }\\f(x)=-x/\phi,f(-x)=x/\phi$$ La elección es independiente para cada una de las $x$ en ese intervalo. Entonces, para todos los demás números, $f(x\phi^k)=f(x)\phi^k$.
Para cada escalera $x\phi^{-2},x\phi^{-1},x,x\phi,x\phi^2,...$, $f$ constantemente cambios de los números de la escala, o abajo en la escala.

Answer 3

Supongamos $f$ es continua y bijective... me reclamar $f(x) = \phi x$ todos los $x$ o $f(x) =-x/\phi$ todos los $x$. Aquí $\phi=(1+\sqrt{5})/2$.

Utilizamos los números de Fibonacci $F_n$: $$ F_{n+2}=F_{n+1}+F_n,\qquad F_0=0,\qquad F_1=1 . \etiqueta{1}$$ Con $F_{-n}=(-1)^{n+1}F_n$, la recurrencia tiene para todos los números enteros, positivos y negativos. Y, por supuesto, $$ F_n = \frac{\phi^n+(-\phi)^{-n}}{\sqrt{5}} \etiqueta{2}$$

Asumimos $f$ es continua y bijective. Y satisface $$ f(f(x)) = f(x) + x \etiqueta{3}$$ Probado en otra respuesta: $f(0)=0$. Por lo $f$ es creciente o decreciente. Vamos a considerar el aumento de casos. Por lo $f$ envía positivo con positivo y negativo con negativo. Puedo reclamar $f(x) = \phi x$ todos los $x$. Vamos $a > 0$, $f(a)=b$. (El caso de $a<0$ está por debajo.) Vamos a mostrar a $b = \phi a$.

Comenzando con $f(a)=b$, se obtiene por inducción usando (1) y (3): $$ f(F_{k-1}+F_{k}b)=F_{k}+F_{k+1}b \etiqueta{4}$$ para todos los $k \ge 0$. Y la aplicación de (1), (3) hacia atrás, obtenemos (4) para el negativo $k$ también. (Hemos asumido $f$ es bijective, así que puede ir hacia atrás en (3).)

Ya que esta es la creciente caso, tenemos $b=f(a)>0$ desde $a>0$. Para $k>0$ lo considera negativo de los valores de $-k$: $$ f(F_ {k-1}+F_{-k}b)=F_{-k}+F_ {k+1}b \\ f\big((-1)^kF_{k+1}+(-1)^{k+1}F_{k}b\big) =(-1)^{k+1}F_{k}+(-1)^kF_{k-1}b $$ ¿Cuál es el signo de $v_{-k}=(-1)^kF_{k+1}a+(-1)^{k+1}F_{k}b$ ? Si $b/a > \phi$,entonces por (2) el signo es $(-1)^{k+1}$ grandes $k$. Por lo $f$ envía el positivo y el negativo y el negativo a positivo para estos valores de $v_{-k}$. Del mismo modo, si $b/a<\phi$, entonces el signo de $v_{-k}$ $(-1)^k$ grandes $k$, y de nuevo $f$ envía el positivo y el negativo y el negativo a positivo para estos valores de $v_{-k}$. Dado que esto es imposible, llegamos a la conclusión de $b/a=\phi$.

Para el caso de $a<0$,$b<0$. De nuevo llegamos positivo y negativo y el positivo y el negativo para $v_{-k}$ $k$ grandes.

Ahora considere la disminución del caso. Puedo reclamar $f(x) = -x/\phi$ todos los $x$. Todavía podemos obtener (4). Pero ahora $f$ se supone que es para enviar el positivo y el negativo y lo negativo a lo positivo. Esta vez tenemos nuestras contradicciones considerando $v_k$ de las grandes positivo $k$ (4).

Answer 4

Elige una base de Hamel $(v_i)_{i\in I}$$\mathbb R$$\mathbb Q$. El grupo de los vectores de la base en pares $(v_i,v_j)$ y en $v_i\mathbb Q+v_j\mathbb Q$ deje $f$ (con respecto a la base $(v_1,v_2)$) por la matriz $A=\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}$. Como $A^2=A+1$, $f$ tiene la propiedad deseada. En otras palabras: Encontrar $J\subset I$ $|J|=|I\setminus J|$ y un bijection $h\colon J\to I\setminus J$ y, a continuación, deje $f(\sum_{i\in I} q_iv_i)=\sum_{i\in J}((q_i+q_{h(i)})v_{h(i)}+q_{h(i)}v_i)$ (los que son sumas de dinero, no de la serie!)