Determinar todas las funciones de satisfacciones $f(x + f(x + y)) + f(xy) = x + f(x + y) +yf(x)$

Question

Deje $\Bbb R $ el conjunto de los números reales .Determinar todas las funciones $f:\Bbb R \rightarrow \Bbb R $ que satisface la ecuación
$$f(x + f(x + y)) + f(xy) = x + f(x + y) +yf(x)$$ for all real numbers $x$ and $$y.

Mi trabajo $$f(x + f(x + y)) + f(xy) = x + f(x + y) +yf(x)$$ Establecimiento $y=0$ $$f(x + f(x)) + f(0) = x + f(x )$$ $$\implies f(x + f(x)) = x + f(x ) -f(0)$$ $$\implies f(t) = t -f(0)$$ Establecimiento $x=0$ $$f(f(y)) + f(0) = 0 + f(y) +yf(0)$$ $$f(f(y)) = f(y) +f(0)(y-1)$$

Establecimiento $y=1$ $$f(x + f(x + 1)) = x + f(x + 1)$$

Answer 1

Solución completa en el caso de $f(0) = 2$

Las raíces de $f$

Como usted señala, dejando $y=0$ rendimientos $$f(x+f(x)) + f(0) = x+f(x)$$ Si $f(x)$ nunca $0$, entonces, tenemos $f(x+0) + f(0) = x+0$, lo $$f(0) = x$$

Por lo $f$ sólo golpea $0$ a lo sumo una vez, y que es en $x = f(0)$; es decir, si $f$ éxitos $0$ $f(f(0)) = 0$ y que es el único momento en el $f$ aciertos $0$.

Dejando $x=y=0$, vemos a $f(f(0)) + f(0) = f(0)$, lo $f(f(0)) = 0$.

Por lo tanto, $f$ no dio a $0$, lo $f$ tiene exactamente una raíz y es en $f(0)$.

Por otra parte, como Batominovski puntos, dejando $x=0$ $y=f(0)$ rendimientos $f(0)^2 = 2 f(0)$, lo $f(0) = 0$ o $f(0) = 2$.

A partir de este punto, voy a confiar en Batominovski prueba de que el si $f(0) = 0$, entonces la identidad es la única opción posible; me centraré sólo en $f(0) = 2$.

---

Puntos fijos de $f$

Vamos a hacer esto intercambiando $x$$y$.

Vamos a seguir Batominovski es la abreviatura de la escritura $P(x,y)$ para la declaración de $f(x+f(x+y)) + f(xy) = x+f(x+y)+y f(x)$.

Tenemos $P(x,y)$$P(y, x)$, por lo que restando las dos igualdades, obtenemos la symmetrised expresión $$f(x+f(x+y)) - f(y+f(x+y)) = x-y+yf(x)-xf(y)$$

Establecimiento $x=0$ obtenemos $$f(f(y)) + y = f(y+f(y)) + y f(0)$$

Ahora vamos a usar ese $f(0) = 2$.

En este caso, $f(2) = 0$ porque $f(0)$ es una raíz de $f$; es la única raíz.

Si $y$ es un punto fijo de $f$,$2y = f(2y) + 2y$, lo $2y$ es una raíz de $f$, lo $y = 1$. (E $1$ es de hecho un punto fijo.)

Así, en el caso $f(0)=2$, $f$ tiene exactamente un punto fijo y es en $1$.

Por lo tanto (OP $y=1$ trabajo, el cual mostró que las $x+f(x+1)$ es siempre un punto fijo) tenemos $f(x+1) + x = 1$ todos los $x$, por lo que $$f(t) = 2-t$$ for all $t$.

---

Addendum (ignorar, es un trabajo en progreso): el Caso de $f(0) = 0$

(He descubierto que la mayoría de ello independientemente de Batominovski, pero yo era demasiado lento con ella! Yo lo hice como un ejercicio después de Batominovski producido su solución).

Dejando $x=0$, OP hizo, vemos que $f(f(y)) = f(y)$ todos los $y$. También la raíz era única, por lo $f(x) = 0$ si y sólo si $x=0$.

Por OP del trabajo, $x+f(x)$ es fijo por $f$, por lo que si $x$ es un punto fijo lo es $2x$.

También dejando $y=1$ si $x+1$ es fijo, entonces también lo es $2x+1$. (Es decir, si $x$ es fijo, entonces también lo es $2x-1$.)

Inductivamente, por lo tanto, el valor no positivo de todos los números enteros son fijos, ya que nos conocemos $0$ es fijo ya.

Ahora dejando $x=y=-1$, obtenga $$f(f(-2) - 1) + f(1) = -1+f(-2)-f(-1)$$ lo que significa que $-3+f(1) = -1-2+1$$f(1) = 1$.

Por lo tanto, de nuevo de forma inductiva todos los números enteros son fijos.

Answer 2

Solución Parcial

Deje $P(x,y)$ denotar $$f\big(x+f(x+y)\big)+f(xy)=x+f(x+y)+y\,f(x)$$ para cualquier $x,y\in\mathbb{R}$. Escribir $c:=f(0)$. A continuación, $P(0,0)$ da $f(c)=0$. Por lo tanto, $P(0,c)$ rendimientos $$2c=2\,f(0)=f\big(f(c)\big)+f(0)=f(c)+c\,f(0)=c^2\,.$$ Es decir, $c=0$ o $c=2$. En este trabajo, vamos a asumir que $c=0$.

Tenga en cuenta que $P(x,-x)$ conduce a $$f(x)+f\left(-x^2\right)=x-x\,f(x)\,.\tag{1}$$ Con $x:=\pm1$ en la ecuación anterior, llegamos a la conclusión de que $f(n)=n$ mantiene para $n\in\{-1,0,+1\}$. Ahora, podemos utilizar la $P(1,y)$, es decir, $$f\big(1+f(1+y)\big)+f(y)=1+f(1+y)+y\,,$$ para mostrar que $f(n)=n$ para todos los números enteros no negativos $n$. Del mismo modo, $P(-1,y)$, el cual es dado por $$f\big(-1+f(-1-y)\big)+f(-y)=-1+f(-1+y)-y\,,$$ implica que $f(n)=n$ para todos los enteros negativos,$n$. En consecuencia, $f(n)=n$ es válido para cualquier $n\in\mathbb{Z}$.

Ahora, conecte $x:=-x$ a (1) y comparar la nueva ecuación con (1) en sí. Vemos que $$f(-x)=\frac{2x-(x+1)\,f(x)}{x-1}\tag{2}$$ para todos los $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$. Fix $n\in\mathbb{Z}$. A continuación, $P(x,n-x)$ nos da $$f(x+n)+f\big(x(n-x)\big)=(x+n)+(n-x)\,f(x)\,.\tag{3}$$ La sustitución de $x$ $n$ (3) por $-x$$-n$, respectivamente, de los rendimientos $$f(-x-n)+f\big(x(n-x)\big)=-x-n-(n-x)\,f(-x)\,.\tag{4}$$ Uso de (2) en (3) y (4) y, a continuación, quitar el plazo $f\big(x(n-x)\big)$ para obtener $$f(x+n)=\frac{\left(x^2-x-n^2+n\right)\,f(x)+n\,\left(2x^2+(2n-3)x-n\right)}{(x-1)(x+n)}\tag{5}$$ tiene para todos los $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$. En particular, $$f(x+1)=\frac{x\,f(x)+(2x+1)}{x+1}\tag{6}$$ para todos los $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$, y $$f(x+2)=\,\frac{\left(x^2-x-2\right)\,f(x)+2\,\left(2x^2+x-2\right)}{(x-1)(x+2)}\tag{7}$$ para todos los $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$. A partir de (6), tenemos $$f(x+2)=\frac{(x+1)\,f(x+1)+(2x+3)}{x+2}=\frac{x\,f(x)+4(x+1)}{x+2}$$ para todos los $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$. La comparación de la última ecuación con (7), tenemos $$f(x)=x$$ para todos los $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$. Sin embargo, como $f(x)=x$ mantiene para $x\in\mathbb{Z}$, llegamos a la conclusión de que la identidad de la función $f(x)=x$ todos los $x\in\mathbb{R}$ es la única solución a la condición de $P(x,y)$ con el adicional de sujeción $f(0)=c=0$.

A partir de ahora, suponga que $f(0)=c=2$. A continuación, $P(1,1)$ implica que el $f(1)=1$. También, $P(x,2-x)$ nos da $$f(x)+f\big(x(2-x)\big)=x+(2-x)\,f(x)\,.$$ Reemplace $x$ $2-x$ en la ecuación anterior, obtenemos $$f(2-x)+f\big(x(2-x)\big)=(2-x)+x\,f(2-x)\,.$$ La comparación de estas dos ecuaciones, llegamos a la conclusión de que $$f(x)+f(2-x)=2\tag{8}$$ para todos los $x\in\mathbb{R}$ (donde el caso de $x=1$ debe hacerse por separado, pero, a continuación,$f(1)=1$).

La condición de $P(x,1-x)$ rendimientos $$f(x+1)+f\big(x(1-x)\big)=x+1+(1-x)\,f(x)\,.\tag{9}$$ Sustituto $1-x$ $x$ en la ecuación de arriba para obtener $$f(2-x)+f\big(x(1-x)\big)=2-x+x\,f(1-x)\,.$$ Como $f(2-x)=2-f(x)$, vemos que $$f\big(x(1-x)\big)=f(x)-x+x\,f(1-x)\,.\tag{10}$$ La comparación de (9) y (10), tenemos $$f(x+1)=2x+1-x\,f(x)-x\,f(1-x)\,.$$ A partir de (8), tenemos $$ f(x+1)=2x+1-x\,f(x)-x\,\big(2-f(x+1)\big)\,,$$ o $$f(x+1)=\frac{x\,f(x)-1}{x-1}\tag{11}$$ para todos los $x\in\mathbb{R}\setminus\{1\}$. A partir de esta ecuación, se deduce fácilmente que el $f(n)=2-n$ por cada $n\in\mathbb{Z}$. En consecuencia, $$f(x+n)=\frac{(x+n-1)\,f(x)-n}{x-1}\tag{12}$$ para todos los $x\in\mathbb{R}\setminus\{1\}$$n\in\mathbb{Z}$.

A partir de (12) con $P(x,n-x)$, vemos que $$f\big(x(n-x)\big)=\frac{-\left(x^2-nx+1\right)\,f(x)+\left(x^2-(n-1)x\right)}{x-1}$$ para todos los $x\in\mathbb{R}\setminus\{1\}$ ans $n\in\mathbb{Z}$. Esto demuestra que $f(x)=2-x$ para todos los bienes cuadrática algebraica de los números enteros $x$. No tengo idea de cómo proceder en el futuro de esta.

Answer 3

He aquí una solución limpia la invocación de puntos fijos.

Denotar $P(x,y)$ como la afirmación de que $f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)$.

$P(0,0) \implies f(f(0))=0$

$P(x,1) \implies$ $x+f(x+1)$ es un punto fijo.

$P(x,0) \implies f(x+f(x))+f(0)=x+f(x)$.

$P(0,x) \implies f(f(x))+f(0)=f(x)+xf(0)$.

Tome $P(0,y+f(y+1))$. Usando ese $y+f(y+1)$ es un punto fijo, obtenemos $f(y+1)+y-1=0$ o $f(0)=0$.

Por lo tanto, $f(0)=0$ o $f(x)=2-x$ todos los $x$.

Si $f(0)=0$, ahora tenemos por $P(x,0)$ que $x+f(x)$ son puntos fijos.

$P(x,-x)$ da $f(x)+f(-x^2)=x-xf(x)$ e intercambiando $x$ $-x$ da $f(-x)+f(-x^2)=-x+xf(-x)$.

Restar estos dos para obtener $f(x)-f(-x)=2x-xf(x)-xf(-x)$.

Enchufe $x=1$, consigue $f(1)=1$. A continuación, $P(1,-1)$ da $f(-1)=-1$.

Ahora $P(1,y)$ da $f(1+f(y+1))+f(y)=1+f(y+1)+y$.

Set $y=x+f(x+1)$. A continuación, $y, y+1$ son fijos todos los puntos.

Esto nos da $f(y+2)=y+2$, lo $x+f(x-1)$ es un punto fijo.

$P(x,-1)$ da $f(x+f(x-1))+f(-x)=x+f(x-1)-f(x)$ y el uso de ese $x+f(x-1)$ es un punto fijo da $f$ es impar.

Desde $f(x)-f(-x)=2x-xf(x)-xf(-x)$$f(x)=-f(-x)$, obtenemos $f(x)=x$.

Por lo tanto, $f(x) \equiv x$ o $f(x) \equiv 2-x$.