Hay infinitamente muchas soluciones a $f(f(x))=x^2-x+1$ para $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ y, de hecho, infinitamente muchos diferenciable soluciones. Sin embargo, sólo hay uno continuamente diferenciable solución.
![f(f(x))=x^2-x+1]()
En primer lugar, vamos a empezar con el caso de que $f$ es que se supone continua. Entonces, podemos decir lo siguiente. Voy a escribir $g(x)=x^2-x+1$.
- $f(1)=1$
- $f$ es estrictamente creciente de más de $x\ge1/2$.
- $x\le f(x)\le g(x)$ para todo $x$.
- $f(x)=f(1-x)$ para todo $x$.
- $f^\prime(1)=1$.
La primera propiedad se señaló en la pregunta, y no requiere continuidad. Si $f(1)=un$ tenemos $f(a)=f(f(1))=g(1)=1$. Así, $g(a)=f(f(a))=$ y, el único punto fijo de $g$ es $a=1$.
A continuación, si $a\=b\in[1/2,\infty)$ y $f(a)=f(b)$ entonces, $g(a)=f(f(a))=f(f(b))=g(b)$, entonces $a=b$. Así, $f$ es uno-a-uno y continuo en este rango, lo que implica que es estrictamente creciente o estrictamente decreciente. Podemos descartar la disminución de caso - como se señaló en la pregunta, $f(x)\ge3/4$ para $x\ge3/4$. Si $f$ era la disminución de más de $x\ge1/2$, como lo está acotada por debajo, sería limitada. Así, $g(x)=f(f(x))$ sería limitada, que no lo es. Esto demuestra que la segunda declaración.
Más de $x > 1$ tenemos $f(x)\=x$ (de lo contrario, $x$ tendría que ser un punto fijo de $g$). Entonces, se tienen $f(x) > x$ o $f(x) < x$ todos $x$. Podemos descartar el segundo caso, puesto que implicaría que $g(x)=f(f(x))<x$ lo cual es falso. Por un argumento similar, $f(x) > x$ para todo $x < 1$. También, si $f(x) > g(x)$ para $x$, entonces tendríamos $g(x)=f(f(x))\ge f(x) > g(x)$, lo cual es una contradicción. Esto demuestra instrucción 3.
Como se señaló en la pregunta, $f(x)=f(1-x)$ o $f(x)=1-f(1-x)$ para todo $x$. En particular, para $x < 1/2$, podemos utilizar la desigualdad de $f(1-x) > f(1/2)\ge1/2$, a ver que $f(1-x) > 1 - f(1-x)$. Así que, por la continuidad o tenemos $f(x)=f(1-x)$ para todo $x\le 1/2$ o $f(x)=1-f(1-x)$ para todo tipo de $x$. Podemos descartar el segundo caso, ya que implica que $f(x) < 1/2$ para todo $x < 1/2$, lo que daría cuenta de la contradicción $g(x)=f(f(x))<1/2$. Hemos demostrado instrucción 4 para todo $x\le 1/2$. Por $x\ge1/2$, podemos sustituir $x$ $1-x$ para probar la declaración.
Finalmente, para la instrucción (4) podemos aplicar (3) para obtener,
$$
\frac{(1+h)-1}{h}\le\frac{f(1+h)-f(1)}{h}\le \frac{g(1+h)-1}{h}
$$
para todos $h>0$. Ambos lados de esta desigualdad tienden a $1$ $h\to0$. El mismo argumento se aplica por $h < 0$, excepto que las desigualdades son el revés. Así, $f^\prime(1)=1$.
Ahora podemos construir continua de soluciones de la siguiente manera. Elija cualquiera de los $a>$ 1 y $b=g(a) >$. A continuación, seleccione un $c\in(a,b)$. En el intervalo $[a,c]$ tomamos $f$ a ser los estrictamente creciente en función $f(a)=c$, $f(c)=b$. Ampliar a $(c,b]$ tomar $f(f(x))=g(x)$ para $x\in(a,c]$.
Los intervalos de $g^r([a,b])$ cubrir $(1,\infty)$ $r$ se ejecuta a través de $\mathbb{Z}$, y definimos $f(g^r(x))=g^r(f(x))$ a extender $f$ para todo $(1,\infty)$.
Para diferenciable de $f$, tenemos que asegurarnos de que elegimos diferenciable $f\colon[a,c]\[c,b]$ y la línea de los derivados en los puntos finales. Usando $g^\prime(x)=f^\prime(f(x))f^\prime(x)$ en $x=a$, se requieren $g^\prime(a)=f^\prime(c)f^\prime(una)$.
Se puede construir de $f$ en $[1/2,1)$ de manera similar. $A=1/2$ y $b=g(a) >$. Elija cualquier $c\in(a,b)$ y elegir de $f$ en $[a,c]$ a ser estrictamente creciente con $f(a)=c$ y $f(c)=b$. Ampliamos $(c,b]$ como la de arriba, a continuación, utilice $f(g^r(x))=g^r(f(x))$ a extender a todos los de $[1/2,1)$.
Por último, utilizamos (4) para extender a $x < 1/2$ y $f(1)=1$ para completar la construcción de $f$ en $\mathbb{R}$. La construcción anterior se puede hacer la elección de $f$ a ser diferenciable en cada uno de $[0,1/2)$ y $(1/2,\infty)$. Mientras elegimos el derecho derivado de $f$ en $1/2$ $0$, entonces la extensión a $x\le1/2$ satisface $f^\prime(1/2)=0$. Por último, (5) implica que $f$ es derivable en 1. Sin embargo, en general $f$ no estar continuamente diferenciable en $1$.
Ahora me muestran que no hay una única continuamente diferenciable solución. Me voy a concentrar en $x\ge1 de dólares, de los cuales $g$ es estrictamente creciente. Un argumento similar se aplica a $x\in[1/2,1]$, y se extiende a todos los de $\mathbb{R}$ por (4).
En primer lugar, hemos de $g^\prime(x)=f^\prime(f(x))f^\prime(x)$. Colocación de $x$ $f^{-1}(x)$ y $g^{-1}(x)$ da
\begin{align}
f^\prime(x)&=\frac{g^\prime(f^{-1}(x))}{f^\prime(f^{-1}(x))},\\
f^\prime(f^{-1}(x))&=\frac{g^\prime(f^{-2}(x))}{f^\prime(f^{-2}(x))}.
\end{align}
Conectar la segunda igualdad en el primer y el uso de $g^{-1}=f^{-2}$ da,
$$
f^\prime(x)=\frac{g^\prime(f^{-1}(x))}{g^\prime(f^{-2}(x))}f^\prime(f^{-2}(x))=\frac{g^\prime(g^{-1}(f(x)))}{g^\prime(g^{-1}(x))}f^\prime(g^{-1}(x)).
$$
La iteración de esta identidad le da,
$$
f^\prime(x)=f^\prime(g^{-r}(x))\prod_{k=1}^r\frac{g^\prime(g^{-k}(f(x))}{g^\prime(g^{-k}(x))}
$$
para todos $r\ge1$. Si ahora nos vamos a $i$ ir hasta el infinito, entonces $g^{-r}(x)\1$. Si $f^\prime$ es continua en $1$, entonces podemos imponer $f^\prime(g^{-r}(x))\f^\prime(1)=1$ $r\to\infty$. Así, obtenemos un diferenciable ecuación de $f$,
\begin{align}
f^\prime(x) y=F(x,f(x)),\\
F(x,y)&=\prod_{k=1}^\infty\frac{g^\prime(g^{-k}(y))}{g^\prime(g^{-k}(x))}.
\end{align}
Se puede observar que $F(x,y)$ es el aumento en $y$. Por lo tanto, si $f$, $\tilde f$ eran dos continuamente diferenciable soluciones y $\tilde f(x) > f(x)$ $x > 1/2$, entonces vemos que $\tilde f^\prime(x) > f^\prime(x)$. De ello se sigue que $\tilde f(y) > f(y)$ para todo $y > x,$ y, por lo tanto,
$$
g(x)=\tilde f(\tilde f(x)) > \tilde f(f(x)) > f(f(x))=g(x)
$$
que es una contradicción, por lo que hay en la mayoría de los 1 continuamente diferenciable solución.
