Función continua $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ such that $f(f(x)) = -x$?

Question

He estado curioseando por internet en busca de interesantes problemas a resolver. He encontrado el siguiente problema y se han ido sucediendo durante los últimos 30 minutos, sin éxito:

Encontrar una función continua $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ satisfying $f(f(x)) = -x$ for all $x \in \mathbb{R}$.

Yo estaba pensando en dejar a $f$ ser una función periódica, y la adición de la mitad del período para x cada momento. No tuvo éxito con esto, y ahora estoy pensando en que tal función no existe.

Fuente: http://www.halfaya.org/Casti/CalculusTheory2/challenge.pdf

Answer 1

Una pieza importante de información es:

Teorema: $f$ no es continua.

Prueba: Observar que $f$ es invertible, porque

$$f(f(f(f(x)))) = f(f(-x)) = x$$

y por lo $f \circ f \circ f = f^{-1}$. Any continuous invertible function on $\mathbb{R}$ es estrictamente creciente o estrictamente decreciente.

Si $f$ es estrictamente creciente, entonces:

• < 2$
• $f(1) < f(2)$
• $f(f(1)) < f(f(2))$
• $-1 < -2$

contradicción! Del mismo modo, si $f$ es estrictamente decreciente, entonces:

• < 2$
• $f(1) > f(2)$
• $f(f(1)) < f(f(2))$
• $-1 < -2$

contradicción! Por lo tanto, llegamos a la conclusión de $f$ is not continuous. $\square$

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En aras de la exhaustividad, la totalidad del espacio de solución para $f$ se compone de funciones se definen de la siguiente manera:

• La partición del conjunto de todos los números reales positivos en los pares ordenados $(a,b)$
• Definir $f$ by, whenever $(a,b)$ es uno de nuestros pares elegidos,
  • $f(0) = 0$
  • $f(a) = b$
  • $f(b) = -a$
  • $f(-a) = -b$
  • $f(-b) = a$

A ver que cada una de las soluciones es de esta forma, vamos a $f$ be a solution. Then we must have $f(0) = 0$ porque:

• Deje $f(0) = a$. Then $f(a) = f(f(0)) = 0$ but $-a = f(f(a)) = f(0) = a$, and so $f(0) = 0$

Si $a \neq 0$, then let $f(a) = b$. Tenemos:

• $f(b) = f(f(a)) = -a$
• $f(-a) = f(f(b)) = -b$
• $f(-b) = f(f(-a)) = a$

A partir de aquí es fácil ver que el conjunto de $\{ (a,f(a)) \mid a>0, f(a)>0 \}$ particiones de los números reales positivos y así es de la forma que describo arriba.

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Una solución particular es

$$ f(x) = \begin{casos} 0 & x = 0 \\ x+1 y x > 0 \wedge \lceil x \rceil \text{ es impar} \\ 1-x & x > 0 \wedge \lceil x \rceil \text{ es aún} \\ x-1 y x < 0 \wedge \lfloor x \rfloor \text{ es impar} \\ -1-x & x < 0 \wedge \lfloor x \rfloor \text{ es aún} \end{casos}$$

por ejemplo,$f(1/2) = 3/2$, $f(3/2) = -1/2$, $f(-1/2) = -3/2$, and $f(-3/2) = 1/2$.

(Esto funciona a ser Jyrki Lahtonen del ejemplo)

Answer 2

Aquí está la gráfica de una función seccionalmente continua.

He aquí otra imagen para aclarar el comportamiento del extremo.

Answer 3

Sugerencia: Si todos los números reales en existencia se ,2,-1,-2$, then the function $f: 1\mapsto 2\mapsto -1\mapsto-2\mapsto 1$ funcionaría.

Spoiler:

Del mismo modo permutar $t,1+t,-t,-1-t$ for all $t\in(2n,2n+1]$ and for all natural numbers $n$. Handle $x=0$ por separado.

Answer 4

Otra forma de redacción @Haskell Curry de la prueba:

Suponiendo que el axioma de elección, tanto en $\Bbb{R}$ and $\Bbb{C}$ are $\Bbb{Q}$-vector spaces with bases of the same cardinality. Thus there is some $\Bbb{Q}$-linear isomorphism $\alpha:\Bbb{R} \to \Bbb{C}$.

Entonces podemos permitir $f$ be $\alpha^{-1} \circ g \circ \alpha$, where $g(z)=iz$.

Answer 5

Incluso podemos encontrar una $ f $ that is $ \mathbb{Q} $-lineal, aunque es necesario el Axioma de Elección (AC).

• Como $ \mathbb{R} $ is a $ \mathbb{Q} $-vector space, use AC to obtain a basis $ \beta $ of $ \mathbb{R} $ over $ \mathbb{Q} $.

• Siguiente, forman una partición de $ \mathcal{P} $ of $ \beta $ en una cantidad no numerable de dos elementos, subconjuntos.

• Definir un $ \mathbb{Q} $-linear function $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ by defining it on $ \beta $ siguiente y, a continuación, la ampliación de la definición de linealidad: $$ \forall \{ a,b \} \in \mathcal{P}: \quad f(a) = b \quad \text{y} \quad f(b) = a. $$

• De este modo, obtener \begin{align} \forall \{ a,b \} \in \mathcal{P}: \quad f(f(a)) y= f(-b) = - f(b) = -a \quad \text{y} \\ f(f(b)) y= f(a) = -b. \end{align}

• Por lo tanto, $ f(f(x)) = -x $ for all $ x \in \beta $. By linearity, $ f(f(x)) = -x $ for all $ x \in \mathbb{R} $.

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Nota: Este argumento muestra que existen uncountably muchos $ \mathbb{Q} $-linear $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ satisfying $ f \circ f = - \text{id}_{\mathbb{R}} $ (due to the uncountably many ways of forming $ \mathcal{P} $). As any $ f $ satisfying $ f \circ f = - \text{id}_{\mathbb{R}} $ cannot be continuous, it follows that any such $ f $ that is $ \mathbb{Q} $-lineal no puede ser Lebesgue-medible (ver estas notas).