Si $ f(x \cdot f(y) + f(x)) = y \cdot f(x) + x $, $f(x)=x$

Question

Deje $ f : \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q} $ ser una función que tiene la siguiente propiedad:

$$ f(x \cdot f(y) + f(x)) = y \cdot f(x) + x \;,\; \forall \; x, y \in \mathbb{Q} $$

Demostrar que $ f(x) = x, \; \forall \; x, y \in \mathbb{Q} $.

Hasta ahora, he encontrado que $f(f(x)) = x$, $f(0) = 0$ y $f(-1) = -1$.

(Para $f(0)=0$, sustituimos $x=0$ para llegar a $f(f(0))-yf(0)$ idéntica $0$ para todos racional $y$;$f(f(x))=x$, sustituimos $y=0$ y el uso de $f(0)=0$. Para $f(-1) = -1$, sustituto $x=y=-1$ conseguir $f(0)=-f(-1)-1$, y el uso de $f(0)=0$.)

Answer 1

La ecuación que tenemos es $f(xf(y)+f(x))=yf(x)+x$.

Set $x=0$ conseguir $f(f(0))=yf(0)\; \forall y\implies f(0)=0$. A continuación, establezca $y=0$ arbitrarias $x$ conseguir $f(f(x))=x\;\forall x$.

Ahora vamos a $x=y=1$, para obtener el $f(2f(1))=f(1)+1$. Así que elija $x=1,y=f(1)$ conseguir $f(1+f(1))=f(1)^2+1$, a partir de que $f(1)^2+1=f(f(2f(1)))=2f(1)$, lo $f(1)=1$.

Ahora establezca $x=1,y=f(z)$conseguir $f(z+1)=f(z)+1$, que puede ser utilizado de forma inductiva para mostrar que $f(n)=n$ para todo entero $n$.

Por último, vamos a $y=p/q,x=q$ $p$ $q$ cero enteros. A continuación,$f(qf(p/q)+q)=p+q$, aplicando $f$ da $qf(p/q)+q=p+q$, a partir de que $f(p/q)=p/q$, por lo que estamos por hacer.

Answer 2

Si usted tiene $f(f(x))=x$ significa que la función está en

Además, suponga que $f(y_1) = f(y_2)$ algunos $y_1 \neq y_2$

$$ f(-f(y_1)-1 ) =f(-f(y_1)-1 ) $$ $$\Rightarrow -y_1 -1 = -y_2 -1 $$ $$\Rightarrow y_1 = y_2 !! $$

Por tanto, la función es $1$ $to$ $1$, su inverso $f^{-1}$ existe, además de a$f(f(x))=x$, $f^{-1}=f$

Desde arriba, consigue $f(f(1)+1) = f(1)+1 $

$f^{-1} = f \Rightarrow f(yf(x)+x) = f^{-1}(yf(x)+x) = xf(y) +f(x) $

Para algunos $x_0=f(1)$, $f(x_0)=f(f(1))=1$ y poner $y=1$

$x_0 f(1) + f(x_0) = f(1 f(x_0) + x_0 )$ $\Rightarrow f(1)^2 +1 = f(f(1)+1) = 2f(1) \Rightarrow f(1)=1$

$\Rightarrow f(y+1)=f(y)+1$ poniendo $x=1$ a $f(yf(x)+x) = xf(y) +f(x) $

A partir de la definición original, poniendo a $y=1$ da $f(x+f(x)) = f(x) +x$

Desde $f(x)$ a, $f(x)+x$ a(para ser probado), por lo tanto, podemos encontrar $x$ tal que $y=x+f(x)$ todos los $y$ a continuación, $f(y) =y$

No puedo demostrar que es en... sin Embargo, he encontrado otra manera de mirar la respuesta de Willard Zhan. Él ha demostrado ser $f(1/q) = 1/q$ para los números enteros $q$

Para todos los $\frac{p}{q}$, puede ser siempre por escrito como $\frac{m+1}{q}$ donde $m$ es también un número entero.

poner a $y=m$ $x=\frac{1}{q}$ a $f(yf(x)+x)=xf(y)+f(x)$ $$f\left( \frac{m+1}{q}\right)=f\left( \frac{m}{q} +\frac{1}{q}\right) = \frac{f(m)+1}{q} = \frac{m+1}{q}$$ ya que han demostrado ser $f(m)=m$ para los números enteros. Creo que completa la prueba.

Answer 3

Desde $f(f(x))=x$, $f$ es bijective y hay un $y_0$ tal que $f(y_0)=1$. Ahora tenemos $$f(x+f(x))=y_0f(x)+x$$ $$f(xf(1)+f(x))=f(x)+x$$ lo que conduce a $y_0f(x)+x=xf(1)+f(x)$ todos los $x\in\mathbb{Q}$, o $$(f(1)-1)x=(y_0-1)f(x).$$

Supongamos que $y_0\neq 1$, luego resulta que $f(x)$ es una función lineal. Esto se comprueba fácilmente que en este caso, la única posibilidad es$f(x)=x$, lo que contradice a $y_0\neq 1$.

Por lo tanto llegamos a la conclusión de $y_0=1=f(1)$, y como mastrok hemos notado $f(y+1)=f(y)+1, \forall y$, y de forma equivalente,$f(y-1)=f(y)-1,\forall y$.

El siguiente paso es para todos los $x\neq 0$, supongamos $f(y)=1/x$ y obtenemos $$yf(x)+x=f(1+f(x))=f(f(x))+1=x+1,$$ y, por tanto,$y=1/f(x)$. Es decir, $f(1/x)=1/f(x),\forall x\neq 0.$

Ahora consideremos el conjunto $S=\{x\mid f(x)=x\}$. Ya sabemos $0\in S$, e $S$ es cerrado bajo las operaciones de 'más de uno', 'menos' y 'reciprocidad'. Ahora, creo que es fácil para usted para comprobar $S=\mathbb{Q}$ por inducción con un Euclidiana de la moda. Hay un ejemplo aquí: $$13/5\rightarrow 3/5 \rightarrow 5/3\rightarrow 2/3\rightarrow 3/2\rightarrow \ldots$$

Actualización: Ya hay aquellos que no están familiarizados con el algoritmo de Euclides, trato de hacerla más clara. El uso de la inducción en $q$ para la fracción de $p/q\in\mathbb{Q}$ donde$(p,q)=1$$q>0$. La distancia Euclídea división que $$p=aq+b,a\in\mathbb{Z}, 0\leq b<q.$$ Y $b/q\in S$ desde $q/b\in S$ por inductve hipótesis. Ahora $p/q=b/q+a\in S$ y la inducción se realiza desde el caso inicial $q=1$ es trivial.