Funciones continuas $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tal que $f\big(f(x)\big)=rf(x)+sx$ y $r,s \in (0, 1/2).$

Question

Deseo encontrar todas las funciones continuas $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ que satisfagan $$f\big(f(x)\big)=rf(x)+sx\quad\forall x\in\mathbb{R}\,,$$ donde $r,s \in (0, 1/2)$ .

Aquí está mi trabajo hasta ahora:

Sea $r_1 > r_2$ sean las raíces de $x^2-rx-s.$ Tenemos $1>|r_1|>|r_2|$ y $r_2<0<r_1.$ Además, $f(x)=r_1 x, f(x)=r_2 x$ son claramente soluciones a la EF. Si $f(x)=f(y),$ entonces $rf(y)+sy = f(f(y))=f(f(x))=rf(x)+sx \Rightarrow x=y.$ Así, $f$ es inyectiva, lo que significa que $f$ es estrictamente creciente o estrictamente decreciente. Si $f$ está acotada por debajo o por encima, entonces $sx = f(f(x))-rf(x)$ también lo es, lo cual es absurdo. Por lo tanto, $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ y $f$ es suryectiva. Supongamos ahora $f$ está aumentando. Sospecho que tenemos que mostrar $f(x)=r_1 x$ a partir de aquí, y el caso estrictamente decreciente será similar.

Sea $a_0 = x_0, a_{n+1} = f(a_n).$ Entonces $a_{n+2}-ra_{n+1}-sa_n = 0,$ Se trata de una recursión lineal con polinomio característico $x^2-rx-s,$ así que $a_n = c_1 r_1^n + c_2 r_2^n$ para algunos $c_1, c_2.$ Resolviendo para las constantes, obtenemos $c_1 = \frac{f(x_0) - x_0 r_2}{r_1-r_2}, c_2 = \frac{x_0 r_1 - f(x_0)}{r_1-r_2}.$ Me las arreglé para encontrar $f(0) = 0$ tomando $n \to \infty,$ pero no sacó ningún provecho de esta observación.

Otra idea que recordé que podría ser útil es el hecho de que $x>y \Rightarrow f(x)>f(y)$ para funciones crecientes. Quizás si suponemos $f(x_0) > rx_0$ para algunos $x_0,$ podríamos derivar una contradicción. $f(x_0) < rx_0$ llevaría a una contradicción similar, y habríamos terminado. Utilizando $f$ en ambos lados $n$ veces, obtenemos $f^{n+1}(x_0) > f^{n}(rx_0),$ que se simplifica en $f(x_0) > f(r_1 x_0) \cdot \frac{r_1^n - r_2^n}{r_1^{n+1}-r_2^{n+1}} + r_2 r_1^n (r_2-r_1)x_0$ después de algunas manipulaciones algebraicas. Si utilizamos el hecho de que $|r_2/r_1| < 1$ y tomar $n \to \infty,$ obtenemos $f(x_0) > f(r_1 x_0)/r_1 \Rightarrow r_1f(x_0) > f(r_1 x_0).$ Desgraciadamente, esto por sí mismo no es una contradicción. Se pueden componer ambos lados con $f$ otra vez y tomar el límite una vez más, pero eso parece que no llevará a ninguna parte.

Actualización: Composición de ambos lados con $f$ y tomando el límite una vez más se obtiene $f(r_1 f(x_0)) > r_1(r_2f(x_0)+f(r_1 x)+r_1r_2x_0).$ Sigue sin haber contradicción.

Después de todo este trabajo, he agotado mi bolsa de trucos. ¿Qué más puedo utilizar en este problema? ¿Cuál sería la motivación de estos enfoques adicionales?

Answer 1

En esta solución, para un entero no negativo $n$ , $f^{\circ n}$ denota el $n$ -iteración temporal de $f$ (con $f^{\circ 0}$ siendo la función identidad), y para un entero negativo $n$ , $f^{\circ n}$ es la inversa funcional de $f^{\circ |n|}$ . Cito sus resultados $f(0)=0$ y, para cada $n\in\mathbb{Z}$ (no sólo $n\in \mathbb{Z}_{\geq 0}$ ), $$f^{\circ n}(x)=\frac{f(x)-r_2x}{r_1-r_2}\,r_1^n+\frac{r_1x-f(x)}{r_1-r_2}\,r_2^n\,,$$ donde $r_1>0>r_2$ con $1>|r_1|>|r_2|$ . Demostraré que $f(x)=r_1x$ para todos $x\in\mathbb{R}$ si $f$ aumenta, y $f(x)=r_2x$ para todos $x\in\mathbb{R}$ si $x$ disminuye.

Si $f$ es creciente, entonces $f^{\circ n}(x)>0$ para todos $x>0$ y $n\in\mathbb{Z}$ . En particular, cuando $n$ es un número entero negativo grande, podemos ver que el término $r_2^n$ domina el término $r_1^n$ en $f^{\circ n}(x)$ . Por lo tanto, a menos que $f(x)=r_1x$ El $r_2^n$ -término en $f^{\circ n}(x)$ oscilará entre valores positivos y negativos, en contradicción con $f^{\circ n}(x)>0$ . Así, $f(x)=r_1x$ para $x>0$ . Un argumento similar demuestra que $f(x)=r_1x$ para $x<0$ . Ergo, $f(x)=r_1x$ para todos $x\in\mathbb{R}$ .

Si $f$ es decreciente, entonces $(-1)^n\,f^{\circ n}(x)>0$ para todos $x>0$ y $n\in\mathbb{Z}$ . En particular, cuando $n$ es un número entero positivo grande, podemos ver que el término $(-r_1)^n$ domina el término $(-r_2)^n$ en $(-1)^n\,f^{\circ n}(x)$ . Por lo tanto, a menos que $f(x)=r_2x$ El $(-r_1)^n$ -término en $(-1)^n\,f^{\circ n}(x)$ oscilará entre valores positivos y negativos, en contradicción con $(-1)^n\,f^{\circ n}(x)>0$ . Así, $f(x)=r_2x$ para $x>0$ . Un argumento similar demuestra que $f(x)=r_2x$ para $x<0$ . Ergo, $f(x)=r_2x$ para todos $x\in\mathbb{R}$ .