Cualquier función monótona creciente sirve. Si f(x)<xf(x)<x entonces f(f(x))≤f(x)<x,f(f(x))≤f(x)<x, así que f(f(x))≠x.f(f(x))≠x. Del mismo modo, f(x)>x,f(x)>x, entonces f(f(x))≥f(x)>x,f(f(x))≥f(x)>x, otra vez f(f(x))≠x.f(f(x))≠x. No necesitas ff sea estrictamente monótona.
Además, cualquier ff tal que f(x)≥xf(x)≥x para todos x.x. Si f(x)≠x,f(x)≠x, entonces f(x)>xf(x)>x y f(f(x))≥f(x)>x.f(f(x))≥f(x)>x. Esto incluye funciones como f(x)=x+x2,f(x)=x+x2, o más generalmente f(x)=x+g(x)2,f(x)=x+g(x)2, para cualquier función g,g, que no son estrictamente crecientes.
Del mismo modo, si f(x)≤xf(x)≤x para todos x,x, entonces cuando f(x)≠xf(x)≠x obtenemos f(x)<xf(x)<x y así f(f(x))≤f(x)<x.f(f(x))≤f(x)<x. Esto incluye funciones como f(x)=x−g(x)2.f(x)=x−g(x)2.
x+g(x)2x+g(x)2 y x−g(x)2x−g(x)2 permite soluciones g(x)=0,g(x)=0, para que podamos obtener funciones ff con conjuntos arbitrarios de soluciones a f(x)=0.f(x)=0. Dado cualquier C⊆R, podemos encontrar g avec C={x∣g(x)=0} y luego C={x∣f(x)=x}.
Hay muchas funciones de este tipo.
Dada una f, si h(x)=f(x)−x, su estado f(f(x))=x se convierte en h(x+h(x))+h(x)=0 así que quieres h(x+h(x))+h(x)=0⟹h(x)=0.
Merece la pena considerar qué (1) significa que si f es monótonamente creciente.
Si h es diferenciable, la monotonicidad de f significa h′(x)≠−2 para todos x. Entonces h(x+h(x))=h(x)+h′(c)h(x) para algunos c en (x,x+h(x)). Así que 0=h(x+h(x))+h(x)=(2+h′(c))h(x). Pero 2+h′(c)≠0, Esto significa h(x)=0.
Así que aparentemente podemos utilizar cualquier h(x) diferenciable tal que para todo x, h′(x)≠−2. Entonces esto significa y diferenciable f(x) tal que f′(x)≠−1.
Si f es diferenciable, y f′(x)≠−1 para todos x, tenemos f(f(x))=x sólo si f(x)=x.
Probado directamente: Si u=f(x) y u≠x, entonces f(u)=x y u−x=f(x)−f(u)=f′(c)(x−u) para algunos c entre u y x. Pero f′(c)≠−1, esto no es posible.
Así que esto incluye un montón de funciones que disminuyen "demasiado rápido", como f(x)=−2x.
Teorema de Darboux dice que cualquier función que sea la derivada de otra satisface la propiedad del valor intermedio, por lo que si f es diferenciable y f′(x)≠−1 para todos x, entonces f′(x)<−1 para todos x o f′(x)>−1 para todos x.
Por supuesto, hay f con algunos f′(x)=−1 que cumplan esta condición. Por ejemplo, cuando f(x)=−(x+x3). Entonces f′(0)=−1, pero f(f(x))=x aún implica f(x)=x. Esto se debe a que mientras f′(0)=−1, no hay u≠v avec f(u)−f(v)=v−u, porque la función f cruza la tangente en x=0.
Por supuesto, nuestra condición de valor medio en u,v excluido f(u)+u=f(v)+v cuando u≠v, que es más fuerte que excluir f(u)=v,f(v)=u.
Por ejemplo, f(x)=x2−x tiene f(f(x))−x=x4−2x3, por lo que las raíces de f(f(x))=x son x=0,2 pero f(0)=0,f(2)=2. Así que f tiene su propiedad, pero f(x)+x=f(−x)+(−x)=x2, así que f tiene infinitos pares u≠v avec f(u)+u=f(v)+v pero no con f(u)=v y f(v)=u.
