Encuentra todo $f: \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ satisfactoria $$f(f(y)+x^2+1)+2x=y+(f(x)+1)^2$$ para todos $x,y \in \mathbb {R}.$
Hasta ahora he demostrado que $f$ es bijectivo. ¿Cómo debo continuar?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Deje que $$ I=\{\,x \in\mathbb R \mid \forall y \in\mathbb R \colon f(y+x)=f(y)+x\}$$ (de modo que específicamente $f(x)=f(0)+x$ para todos $x \in I$ ) y $$ S=\{\,x \in\mathbb R \mid f(x)=x\,\}.$$ Claramente, $I$ es un subgrupo aditivo de $ \mathbb R$ .
Deje que $a=x^2+1$ y $b=(f(x)+1)^2-2x$ . Entonces para todos $y$ tenemos $ f(f(y)+a)=y+b$ , por lo tanto $$f(y+a+b)= f(f(f(y)+a)+a)=f(y)+b+a$$ para que $$ \tag1 (f(x)+1)^2+(x-1)^2 \in I \qquad\text {for all }x \in\mathbb R.$$ Deje que $x,y \in I$ . Entonces también $-x \in I$ y la ecuación funcional dice $$ f(y+f(0)+( \pm x)^2+1) \pm 2x=y+ ( \pm x+f(0)+1)^2$$ es decir.., $$f(y+f(0)+x^2+1) = y+f(0)+x^2+1+ f(0)(1 \pm 2x+f(0))$$ y restando ambas variantes $f(0)x=0$ . De $(1)$ vemos que $I$ no es trivial, por lo que podemos elegir $x \ne0 $ y obtener $f(0)=0$ Por lo tanto $$ \tag2 I \subseteq S.$$
Observación. Si añadimos la condición de que $f$ ser continuo, obtenemos inmediatamente de $(1)$ que $I$ contiene un conjunto conectado sin límites, por lo tanto $I= \mathbb R$ . Tratamos de continuar con no necesariamente continuo $f$ .
Inmediatamente formamos la ecuación funcional que obtenemos $$ \tag3 x,y \in S \implies y+x^2+1 \in S.$$ y también de $(1)$ $$ \tag4 x \in S \implies 2x^2+2 \in I.$$ Específicamente, $2 \in I$ porque $0 \in S$ así que $2 \mathbb Z \subseteq I$ . Entonces desde $(2)$ y $(3)$ tenemos $ \mathbb Z \subseteq S$ . Así $1 \in S, 2 \in I$ nos permite concluir usando $x=1$ que $$ \tag5 f(f(y))=f(f(y)+1^2+1)-2=y$$ para que $f$ es un involución .
Conectando $y=-1 \in S$ en la ecuación funcional, obtenemos $$ \tag6f (x^2)=(f(x)+1)^2-2x-1.$$ Para $z \in\mathbb R$ deja $x=- \frac {z+1}2$ . Usando la ecuación funcional para ambos lados de $$ f(y+x^2+1)=f((y+z)+(x+1)^2+1)$$ vemos que $f(y)-f(y+z)$ depende sólo de $x$ no en $y$ . Con $f(0)=0$ nosotros obtener $$ \tag7f (y+z)=f(y)+f(z),$$ es decir.., $f$ es aditivo .
Por último, supongamos que para algunos $c \in\mathbb R$ que $f(c) \ne c$ . Entonces desde $(5)$ y $(7)$ obtenemos $f(f(c)-c)=c-f(c)$ es decir, que existen $v=f(c)-c \ne 0$ con $f(v)=-v$ . Por aditividad podemos reemplazar $v$ con un múltiplo entero de sí mismo y así puede asumir el trabajo. $v>9$ . Entonces podemos escribir $v=x^2$ con $x>3$ y obtener de $(6)$ $$ -x^2=f(x^2)=-2x-1+(f(x)+1)^2$$ y así $$ 2=(f(x)+1)^2+(x-1)^2 \ge (x-1)^2>4.$$ Para resolver esta contradicción, tenemos que dejar de suponer que $f(a) \ne a$ . Concluimos
Proposición. $f(x)=x$ para todos $x \in\mathbb R$ .
