Encontrar todas las funciones $f$ tal que $f(x-f(y)) = f(f(x)) - f(y) - 1$

Question

Encontrar todas las funciones $f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ tal que $f(x-f(y)) = f(f(x)) - f(y) - 1$.

Hasta ahora, he logrado demostrar que si $f$ es lineal, entonces cualquiera de las $f(x) = x + 1$ o $f(x) = -1$ debe de ser verdad. Hice esta conectando $x=0$ a la ecuación anterior, que los rendimientos de $$ f(-f(y)) = f(f(0)) - f(y) - 1$$ y de conectar $x$ en lugar de $y$ y restando, esto se convierte en $$ f(-f(y)) - f(-f(x)) = f(x) - f(y)$$ Asumiendo $f(x) = ax + b$ da \begin{align*} f(-ay-b) - f(-ax-b) = ax - ay &\Rightarrow -a^2y - ab + a^2x + ab = a(x-y) \\&\Rightarrow a^2(x-y) = a(x-y) . \end{align*} Por lo tanto $a=1$ o $a=0$. Si $a=0$, entonces la ecuación original se convierte en $b = b - b - 1$, lo $b=-1$. Si $a=1$, el original de la ecuación se convierte en $$ x-y-b+b = x+2b-y-b-1 \Longrightarrow b=1.$$

Brevemente he tratado de encontrar una función cuadrática que funciona, pero no encontró nada. Así que mi pregunta es: ¿cómo puedo mostrar que $f$ debe ser lineal o encontrar todas las otras representaciones?

Answer 1

Deje $f\colon \Bbb Z\to \Bbb Z$ ser cualquier función con $$\tag0f(x-f(y)) = f(f(x)) - f(y) - 1$$ para todos los $x,y\in\Bbb Z$. Dejando $y=f(x)$ nos encontramos con $$f(x-f(f(x)))=-1. $$ Así, por $a=-f(f(0))$ tenemos $f(a)=-1$. A continuación, con $y=a$, $$\tag1f(x+1)=f(f(x)) $$ A continuación, $(0)$ se convierte en $$\tag2 f(x-f(y))=f(x+1)-f(y)-1 $$ O con $g(x):=f(x)+1$ (e $x\leftarrow x-1$) $$\tag3g(x-g(y))=g(x)-g(y)$$ De $(3)$ vemos que la imagen de $g$ es un subgrupo de $\Bbb Z$, por lo tanto es $\{0\}$ (en cuyo caso $f(x)=-1$) o $c\Bbb Z$ algunos $c\ge 1$. En ese caso, para $n\in\Bbb Z$ nos encontramos con $y$ $g(y)=nc$ y así ha $g(x+ nc)=g(x)+nc$. Por lo tanto $g$ está determinado por los valores de $g(0),\ldots, g(c-1)$. Por otro lado, estos valores pueden de hecho ser elegido libremente. En otras palabras:

Reivindicación 1. Deje $c\in\Bbb N$$b_0,\ldots, b_{c-1}\in\Bbb Z$. A continuación, la función de $g$ dada por $$ g(x)= (n+b_r)c$$ donde $x=nc+r$, $0\le r<c$ es una solución a $(3)$, y todos los no-cero soluciones de $(3)$ son obtenidos de esta manera.

Prueba. Vamos $x=nc+r$, $y=mc+s$ con $0\le r,s<c$. Entonces $$\begin{align}g(x-g(y))&=g(nc+r-(m+b_s)c)\\ &=g((n-m-b_s)c+r)\\ &=(n-m-b_s+b_{r})c\\ &=(n+b_r)c-(m+b_s)c\\&=g(x)-g(y)\end{align}$$ Que todos los no-cero soluciones son de esta forma se ha demostrado anteriormente. $\square$

A continuación, las soluciones de $f$ $(2)$ (aparte de $f(x)=-1$) son precisamente las de la forma $f(x)=g(x)-1$ $g$ como en la Reivindicación 1. Tal $f$ es una solución a la original $(0)$ si y sólo si, adicionalmente, tenemos $(1)$ todos los $x$. Tenga en cuenta que para $x=nc+r$, $0\le r<c$, tenemos $f(x)=g(x)-1=(n+b_r)c-1=(n+b_r-1)c+c-1$, de modo que $$f(f(x))=(n+b_r-1+b_{c-1})c-1.$$ Por otro lado, $$f(x+1)=g(x+1)-1=\begin{cases}(n+b_{r+1})c-1&\text{if }r<c-1\\(n+1+b_0)c-1&\text{if }r=c-1\end{cases}$$ Llegamos a la conclusión de que $b_{r+1}=b_r+b_{c-1}-1$$0\le r<c-1$,$2b_{c-1}-1=b_0+1$. De la primera podemos ver que $b_r=b_0+rb_{c-1}-r$, por lo que $$\begin{align}b_{c-1}&=b_0+1+(c-1)b_{c-1}-c\\ &=2b_{c-1}-1+(c-1)b_{c-1}-c\\ &=(c+1)b_{c-1}-c-1\end{align}$$ y finalmente $$b_{c-1} = \frac {c+1}c.$$ Este es un número entero sólo para $c=1$ y en el caso del que nos llegan a $b_0=2$ Por lo tanto las únicas soluciones a $(0)$ aparte de $f(x)=-1$ es $$f(x)=x+1.$$

Answer 2

Si podemos decir que $f$ es Polinómico, entonces desde $f(-f(y))-f(-f(x))=f(x)-f(y)$, podemos decir que $f(-f(y))+f(y)=f(-f(x))+f(x)$ para cualquier $x,y \in Z$. Por lo tanto, es constante para todas las $f(-f(x))+f(x)$ $x \in Z$.

Si $deg(f) >0$ $f$ tiene infinitamente muchos valores, así que podemos decir $f(-x)+x$ es constante, decir $f(-x)+x=c$.

Entonces $f(-x)=c-x$ y $f(x)=c+x$

Si $deg(f)=0$ $f$ es constante y sabes la respuesta.

Answer 3

Si las funciones que se alcanza la $0$ en algún punto, es lineal y $f(n)=n+1$.

Supongamos $f(y)=0$, para algunas de las $y \in \mathbb{Z}$ a continuación, se encuentra que para $x \in \mathbb{Z}$ $$f(x)=f(x-f(y))=f(f(x))-f(y)-1 = f(f(x))-1$$ Así, en particular, $x=y$ da $f(0)= 1$.
Ahora, si $f(n)=n+1$, $x=n$ da $$n+1 = f(n) =f(f(n))-1= f(n+1)-1$$ Por lo $f(n+1) = n+2$, $n \in \mathbb{N}$ tenemos $f(n) = n+1$.
De la otra manera, vamos a $x=0$ $y=n-1$ $$f(-n) = f(x - f(n-1)) = f(f(x)) -f(n-1) -1 =f(1) - n-1 =-n+1$$ Así que podemos ver que si $f(y) =0$ algunos $y \in \mathbb{Z}$,$f(x) = x+1$.

Así que ahora podemos asumir $f(x) \neq 0$ todos los $x \in \mathbb{Z}$.
Si existe un $y \in \mathbb{Z}$ tal que $y=f(y)$,$f(x) =-1$.

Supongamos que existe una $y \in \mathbb{Z}$ tal que $f(y)=y$, $x=y$ $$f(0) = f(y-f(y)) = f(f(y)) - f(y) - 1 = y-y-1 =-1$$ Así que tenemos $f(0)=-1$. Luego tenemos los si $f(y+n)=y$ $n \ge 0$ que $$f(y+n+1) = f(y+n-f(0)) = f(f(y+n)) -f(0)-1 = f(y) =y$$ Así que podemos ver que $f(y+n) = y$ por cada $n \in \mathbb{N}$.
Ahora, si $y>0$, nos íbamos a encontrar con $x=2y$ $$y = f(y)=f(2y -f(y)) = f(f(2y))-f(y)-1 = f(y)-f(y)-1 =-1$$ Por lo $y <0$, y luego tenemos a $-1 = f(0) = f(y +(-y)) =y$, por lo que nos encontramos con $y=-1$.

Ahora, tenemos para todos los $x \in \mathbb{Z}$ $$-1 = f(0) = f(f(x) -f(x)) = f(f(f(x))) - f(x)-1$$ Y por lo $f(x) = f(f(f(x)))$, y así si $f(-1-k)=-1$ $k\ge 0$ hemos $$ f(-1-k) = f(-1-k-1 -f(0)) = f(f(-1-k-1)) -f(0)-1 = f(f(-1-k-1))$$ Luego la dejamos $f$ ley en ambos lados y obtenemos $$-1 = f(-1) = f(f(-1-k)) = f(f(f(-1-(k+1)))) = f(-1-(k+1))$$ Así vemos a $f(-1-n)=-1$ todos los $n \in \mathbb{N}$.
Así que tenemos $f(x) = -1$ todos los $x \in \mathbb{Z}$.

Answer 4

Creo $f$ tiene que ser lineal. Se deriva de la expresión

$$ f(-f(y)) = f(f(0)) - f(y) -1. $$ Ahora vamos a $a=f(0)$$t=-f(y)$. Entonces

$$ f(t) = f(a)+t-1 $$

Edit: al conectar $t=0$ obtenemos $f(a)=a+1$, mientras que conectar $t=a$ nos encontramos con $a=1$, lo que da $f(t)=t+1$, de acuerdo con lo que has encontrado.

Edit: Como se ha señalado por Najib Idrissi yo no verificación de la constante de soluciones. La única constante de la solución es claramente $f(t)=-1$ es de inmediato deducir de la ecuación original. Sin embargo, creo que la expresión $f(t) = f(0)+t$ es todavía la expresión general de cualquier solución no constante, independientemente de surjectivity. Como cuestión de hecho, sólo estamos interesados en ver lo que es la acción de $f$ en su rango de distribución (causa tenemos que ser capaces de aplicar $f$ dos veces). Si $f(f(x)) = g(f(x))$ por cada $x$,$f=g$$Range(f)$. Si después de encontrar a $g(x)$ vemos que $Range(g)=\mathbb{Z}$,$f(x)=g(x)$$\mathbb{Z}$.

Edit: finalmente llegar completamente el punto de Najib y Mattia. La expresión que he encontrado sólo funciona si $t$ está en el Rango de $f$. Desafortunadamente, no hay manera de no inferir cómo el gran $Range(f)$ es. Como cuestión de hecho, podría consistir simplemente en un punto. Por favor, hacer caso omiso a esta respuesta (pero mantenerlo como un ejemplo de mala razonamiento!).

Answer 5

He aquí una solución parcial.

Si $0$ es un posible valor de $f$, luego por la adopción de $f(y) = 0$ obtenemos $f(f(x)) = f(x) + 1$. Es decir,$f(t) = t + 1$$t \in f(\mathbb Z)$, y, en particular, $f(\mathbb Z)$ contiene todos los números enteros no negativos. Si definimos $g(x) = f(x) - x$, la ecuación se convierte en $$ g(x - f(y)) = g(x) + g(x + g(x)) - 1$$ Pero tenga en cuenta que el lado derecho no depende de la $y$. Así, desde la $f(y)$ puede ser cualquier número entero no negativo, $g$ debe ser constante, y teniendo en $x = 0$ vemos que esta constante debe ser $1$. Así que la única solución donde $0$ es un posible valor de $f$$f(x) = x + 1$.