Cómo encontrar esta función all $f(x^n+2f(y))=(f(x))^n+y+f(y)$

Question

Pregunta:

Dado un entero positivo $n\ge 2$ . Encontrar todas las funciones $f:R\to R$, de tal manera que $$f(x^n+2f(y))=(f(x))^n+y+f(y)$$

deje $x=0,y=0,a=f(0)$ $$f(2f(0))=(f(0))^n+0+f(0)\Longrightarrow f(2a)=a^n+a=[a^{n-1}+1]a$$

si se deja en $y\to -f(y),x=0$,luego $$f(0+2f(-f(y)))=a^n+0\Longrightarrow f(2f(-f(y)))=a^n$$

Gracias

es evidente $f(x)=x$ es la solución.así que me cayó $f(x)$ es de Cauchy funcional de la ecuación deCauchy funcional de la ecuación

y he encontrado tal vez puede utilizar este método?http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=38&t=398427&p=2219933

Answer 1

Suponga $f$ es continua, la única solución de la ecuación funcional es $f(z) = z$.

Deje $f$ ser cualquier solución de la ecuación funcional

$$f(x^n + 2f(y)) = f(x)^n + y + f(y) \tag{*1}$$

Suponga $f$ es continua, tenemos

1. $f $ es inyectiva. $$\begin{align} f(y_1) = f(y_2) &\implies f(x^n + 2f(y_1)) = f(x^n+2f(y_2))\\ &\iff f(x)^n + y_1 + f(y_1) = f(x)^n + y_2 + f(y_2)\\ &\implies y_1 = y_2 \end{align} $$

2. f es surjective.

   Asumir el contrario, a continuación, $f$ es limitada desde abajo o desde arriba.

   • si $f$ es limitada, desde abajo, por $m = \inf\,\{ f(z) : z \in \mathbb{R} \}$, tenemos
     $$f(x)^n + y + f(y) = f(x^n + 2 f(y)) \ge m\tag{*2}$$ La fijación de $x$ y enviar$y$$-\infty$, tendremos $f(y) \to +\infty$ a fin de LHS$(*2)$ estancia limitada desde abajo. Desde $f$ es inyectiva, esto obliga a $f$ a ser estrictamente monótona la disminución. Desde $f$ está delimitada desde abajo, obtenemos $$\lim_{z\to+\infty} f(z) = \liminf_{z\to+\infty} f(z) = m$$ En $(*2)$, la fijación de $y$ y enviar$x$$+\infty$, obtenemos $$m^n + y + f(y) = m \quad\implies\quad f(y) = m - m^n - y$$ Esto se contradice con el supuesto de $f$ está delimitada desde abajo.

   • Si $f$ está delimitada desde arriba por $M = \sup\,\{ f(z) : z \in \mathbb{R} \}$, tenemos $$f(x)^n + y + f(y) = f(x^n + 2 f(y)) \le M\tag{*3}$$ La fijación de $x$ y enviar$y$$+\infty$, tendremos $f(y) \to -\infty$ a fin de LHS$(*3)$ estancia limitada de arriba. Desde $f$ es inyectiva, esto implica $f$ a ser estrictamente monótona la disminución de nuevo. Desde $f$ está delimitada desde arriba, podemos obtener $$\lim_{z\to-\infty} f(z) = \limsup_{z\to-\infty} f(z) = M$$ En $(*2)$, la fijación de $y$ y enviar$x$$-\infty$, obtenemos $$M^n + y + f(y) = \begin{cases}-\infty, & n \text{ even }\\M, & n \text{ odd }.\end{casos} \ffi f(y) = \begin{cases} -\infty, &n \text{ even }\\M - M^n - y,&n \text{ odd }\end{casos} $$ Independiente de si $n$ es par o impar, $f$ no puede ser una función definida sobre $\mathbb{R}$ que está delimitada desde arriba por algunos $M$.

Combinar los argumentos anteriores, llegamos a la conclusión de

$$\newcommand{\miordenador}[2][8pt,border: 1px solid blue]{\bbox[#1]{#2}} \miordenador{f \text{ continua } \implica f \text{ bijective }}$$

Desde $f$ es bijective, podemos elegir un $\alpha$ tal que $f(\alpha) = 0$, obtenemos

$$f(x^n) = f(x^n + 2f(\alpha)) = f(x)^n + \alpha + f(\alpha) = f(x)^n + \alpha\tag{*4}$$

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Primero vamos a estudiar el caso de $n$ es incluso.

• Aviso, $$f(x^n) = f((-x)^n) \implies f(x)^n + \alpha = f(-x)^n + \alpha \implies |f(x)| = |f(-x)|$$ Desde $f$ es inyectiva, esto implica $f(x)$ es una función impar.
• Por la continuidad, obtenemos $f(0) = 0$ y, por tanto,$\alpha = 0$.
• A partir de esto, nos encontramos $$n \text{ even } \implies f(x) \text{ odd } \wedge f(x^n) = f(x)^n$$
• Reemplace$x$$1$, obtenemos $f(1) = f(1)^{n}$.
• Desde $f$ inyectiva implica $f(1) \ne f(0) = 0$, nos encontramos con $f(1) = 1$.
• Para todos los $z \ge 0$, sustituto $x = z^{1/n}$$(*1)$, obtenemos $$f(z + 2) = f(x^n + 2f(1)) = f(x)^n + 2 = f(z)+2\tag{*5a}$$ Junto con $f(0) = 0$, esto implica $f(2p) = 2p$ cualquier $p \in \mathbb{N}$.
• Para cualquier $p, q \in \mathbb{Z}_{+}$. Escoge un $y$ tal que $f(y) = \frac{p}{q}$, tenemos $$f\left(z + \frac{2p}{q}\right) = f(x^n + 2f(y)) = f(z) + y + \frac{p}{q}$$ La aplicación de esta $q$ veces, obtenemos $$f(z+2p) = f(z) + q\left(y + \frac{p}{q}\right) = f(z) + qy + p\tag{*5b}$$ Compare $(*5a)$$(*5b)$, obtenemos $y = \frac{p}{q}$.
• Junto con el hecho de $f$ es impar, nos encontramos con $f(z) = z$ todos los $z \in \mathbb{Q}$
• Por la continuidad, podemos extender la igualdad a toda la $\mathbb{R}$.

Conclusión:

$$\mybox{ n \text{ even } \implies f(z) = z \text{ for all } z \in \mathbb{R}}$$

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Permítanos interruptor para el caso de $n$ es impar.

Pick $\beta$ tal que $f(\beta) = 1$. Desde $n$ es impar, para cualquier $z \in \mathbb{R}$, podemos encontrar una $x$ tal que $z = x^n$.

• Para cualquier $p \in \mathbb{Z}_{+}$, tenemos $$f(z+2) = f(x^n+2f(\beta)) = f(x)^n + \beta + f(\beta) = f(z) + (\beta - \alpha + 1)$$ Aplicar esta $p$ veces, obtenemos $$f(z+2p) = f(z) + p(\beta - \alpha + 1 )\tag{*6a}$$ Es claro que esta relación sigue siendo válida cuando se $p$ es permitido variar a lo largo de $\mathbb{Z}$.

• Para cualquier $p \in \mathbb{Z}, q \in \mathbb{Z}_{+}$, escoja una $y$ tal que $\displaystyle\;f(y) = \frac{p}{q}$, tenemos $$f\left(z + \frac{2p}{q}\right) = f(x^n + 2f(y)) = f(x)^n + y + \frac{p}{q} = f(z) + \left(y - \alpha + \frac{p}{q}\right)$$ Aplicar esta $q$ veces, obtenemos $$f(z + 2p) = f(z) + q (y - \alpha) + p\tag{*6b}$$

• Combinar $(*6a)$$(*6b)$, obtenemos $$\frac{p}{q} = \frac{y - \alpha}{\beta - \alpha}$$ Esto significa que el conjunto de $y \in \mathbb{R}$ que satisface $$f(y) = \frac{y - \alpha}{\beta - \alpha}\tag{*7}$$ es denso en $\mathbb{R}$. Por la continuidad, $(*7)$ es verdad sobre todas las $\mathbb{R}$.

• Sustituto $(*7)$ a $(*4)$, obtenemos $$\frac{x^n - \alpha}{\beta - \alpha} = \left(\frac{x - \alpha}{\beta-\alpha}\right)^n + \alpha$$ Al comparar el coeficiente de $x^{n-1}$, nos encontramos con $\alpha = 0$ y por lo tanto $$\beta^{n-1} = 1\quad\implies\quad \beta = \pm 1 \quad\implies\quad f(z) = \pm z$$

Desde $f(z) = -z$ no es una solución de $(*1)$, podemos encontrar:

$$\mybox{ n \text{ odd } \implies f(z) = z \text{ for all } z \in \mathbb{R}}$$

Answer 2

Esto es más de un comentario extendido de una respuesta completa, pero aquí va. Voy a añadir supuestos a lo largo del camino.

Suponga $n$ es impar. Denotar $a=f(0)$$b=(-2a)^{1/n}$. Si establecemos $x=b$$y=0$, la ecuación original da $f(b)=0$. Si elegimos $y=b$, la ecuación original da $f(x^n)=f(x)^n+b$ ($\star$).

Suponga $f$ es continuamente diferenciable. Se diferencian ($\star$) y establezca $x=0$ conseguir $f(0)=0$ o $f'(0)=0$. La diferenciación de la ecuación original con respecto a $y$ y poner $x=0$ da $1=f'(y)(2f'(2f(y))-1)$. Esto implica $f'(0)\neq0$, por lo que debemos tener $f(0)=0$.

Así, en la anterior notación $a=b=0$. Ahora ($\star$) da $f(x^n)=f(x)^n$. La diferenciación de esta $n$ veces y dejando $x=0$ (y recordando $f(0)=0$) da $f'(0)=f'(0)^n$, de donde $f'(0)=\pm1$. Pero llegamos $1=f'(y)(2f'(2f(y))-1)$ y a las $y=0$ da $1=f'(0)(2f'(0)-1)$, por lo que el $f'(0)=1$.

Usando la ecuación de $1=f'(y)(2f'(2f(y))-1)$ nuevo vemos que el $f'(y)>0$ $f'(2f(y))>\frac12$ todos los $y$. Por lo tanto $f$ debe ser estrictamente creciente (y diffeomorphic a su imagen). Deje $S=\sup f$ y supongamos $S<\infty$. Ahora, para todos los $t\in(0,2S)$ tenemos $f'(t)>\frac12$, de modo que por el teorema fundamental del cálculo $f(2S)>S$, una contradicción. Un argumento similar funciona en la otra dirección. Por lo tanto $f(\mathbb R)=\mathbb R$ $f'>\frac12$ en todas partes. (Y por lo $\pm2f(y)>\pm y$ $y>0$ si que ayuda.)

Suponga $f$ es dos veces continuamente diferenciable. La diferenciación de la ecuación de $1=f'(y)(2f'(2f(y))-1)$ da $$ (2f'(2f(y))-1)f"(y)+4f'(y)^2f"(2f(y))=0. $$ En $y=0$ obtenemos $f''(0)=0$. Tenga en cuenta que los coeficientes de $(2f'(2f(y))-1)$ $4f'(y)^2$ siempre son estrictamente positivos. Por lo tanto, $f''(y)f''(2f(y))\geq0$ implica $f''(y)=f''(2f(y))=0$. Tenía la esperanza de que algo como esto podría mostrar que $f''$ se desvanece de forma idéntica y por lo tanto $f(x)=x$, pero no sé cómo proceder.

Resumen: Si $f\in C^1$ $n$ es impar, entonces $f:\mathbb R\to\mathbb R$ es un bijection la satisfacción de $f'(x)>\frac12$, $f(0)=0$, $f'(0)=1$ y $f(x^n)=f(x)^n$. También, si $f\in C^2$ $f''$ tiene signo constante, a continuación, $f(x)=x$ todos los $x$.

Answer 3

Cualquier continuamente diferenciable solución a la ecuación debe ser el trivial $f(t)=t$.

Suponga $f$ es continuamente diferenciable solución. Similar a Joonas Ilmavirta la respuesta de podemos diferenciar con respecto a $y$ (manteniendo $x$ constante) para obtener $$ f'(y)(2f'(x^n+2f(y))-1)=1$$ from which it follows in particular that $f'(y)\ne 0$ for all $s$. On the other hand, differentiating with respect to $x$ we also have $$x^{n-1}f'(x^n+2f(y))=f(x)^{n-1}f'(x). $$ Using the above observation and substituting $x=0$ we obtain $f(0)=0$. From the first equation we also have (setting $y=x=0$) that $f'(0)[2f'(0)-1]=1$, that is, $f'(0)=1$ or $-1/2$.

Dejando $y=0$ en la primera ecuación de inmediato nos han $$f'(0)[2f'(x^n)-1]=1, $$ or $$f'(x^n)=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{f'(0)}+1\right) =f'(0).$$

Así, al menos, $f(t)=f'(0)t$ todos los $t\ge 0$ (independientemente de si $n$ es par o impar). Comprobación en contra de la ecuación original podemos descartar la posibilidad de $f'(0)=-1/2$.

Dividiendo por $x^{n-1}$ ($x>0$) en la segunda ecuación y dejando $x\to 0$ obtenemos $$f'(2f(y))=f'(0).$$

Deje $m=\inf_{\mathbb R}f\le 0$. Queremos mostrar que, de hecho,$m<0$. Supongamos lo contrario, es decir, que $f\ge 0$ en todas partes. A continuación,$x^n+2f(y)\ge 0$, por lo que la ecuación original se convierte en $$x^n+y+f(y)=f(x^n+2f(y))=x^n+2f(y) $$ for all $x,y$, giving $f(y)=y$, un ello.

Ahora desde $m<0$ se sigue que $f'(2t)=f'(0)=1$ todos los $t>m$, en particular por lo tanto $(2m,\infty)\subset range(f)$. Desde $2m<m$ esto contradice el hecho de que $m$ es el infimum. Por lo tanto,$m=-\infty$, lo que significa que $f$ es surjective, y tenemos $f'(t)=1$ en todas partes.