Mientras pensaba en números perfectos, me encontré con la ecuación funcional $g\circ f-f\circ g=g\circ f\circ g$ donde las incógnitas $f$ y $g$ son funciones de $\mathbb{R}$ en sí mismo. Solo conozco una solución no trivial: $(f,g)=(x\mapsto 2^x,x\mapsto x-1)$. ¿Alguien puede decirme si es la única o no? Gracias de antemano.
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Sea $g\colon \mathbb R\to\mathbb R$ cualquier homeomorfismo sin puntos fijos con inverso $h$ y $g(0)<0$ (entonces $h(0)>0$). Entonces $k\colon x\mapsto x+h(x)$ también es invertible. Sea $x_0=0$ y de forma recursiva $x_{n+1}=h(x_n)$, $x_{n-1}=g(x_n)$. Nótese que $\lim_{n\to\pm\infty}x_n=\pm\infty$ ya que de lo contrario tendríamos convergencia a un punto fijo de $g$. Sea $\phi\colon[x_0,x_1]\to\mathbb R$ cualquier función continua con $\phi(x_1)=k(\phi(x_0))$.
Proposición. Para $n\in\mathbb N$ existe una única función continua $f_n\colon[x_{1-n},x_n]\to\mathbb R$ con $f_n|_{[x_0,x_1]}=\phi$ y $f_n(h(x))=k(f_n(x))$ siempre que $\{x,h(x)\}\subseteq [x_{1-n},x_n]$.
Prueba: Para $n=1$ esto se sigue con $f_1=\phi$. Supongamos que ya hemos demostrado la existencia y unicidad para $f_{n-1}\colon[x_{2-n},x_{n-1}]\to\mathbb R$. Entonces debemos definir $$f_n(x)=\begin{cases}f_{n-1}(x)&\text{si }x_{2-n}\le x\le x_{n-1}\\ k(f_{n-1}(g(x))&\text{si }x_{n-1}\le x\le x_n\\ k^{-1}(f_{n-1}(h(x)))&\text{si }x_{1-n}\le x\le x_{2-n}\\\end{cases} $$ por unicidad en el intervalo más pequeño y la ecuación funcional requerida. Afortunadamente, podemos definir de esta manera y obtener una función continua (porque $f_{n-1}(x_{2-n})=k^{-1}(f_{n-1}(h(x_{2-n}))$ y $ f_{n-1}(x_{n-1})=k(f_{n-1}(g(x_{n-2}))$ por hipótesis de inducción) que satisface la condición. $_\square$
Luego está bien definido permitir que $f(x)=f_n(x)$ para cualquier $n$ con $x_{1-n}\le x
Conclusión. Para cualquier $g$ y $\phi$ como se mencionó anteriormente existe un único $f$ continuo tal que se cumple $(1)$.
Observación. Podríamos hacer lo mismo con $g(0)>0$. Si eliminamos la condición de no tener puntos fijos, podemos argumentar como arriba para todos los intervalos limitados por puntos fijos consecutivos. Se debe tener cuidado para verificar la continuidad de $f$ en los puntos fijos en este caso: Si $x$ es un punto fijo de $g$, necesitamos que $f(x)=0$ y esto restringe la elección de $\phi$ (posiblemente demasiado). O recordamos que ni siquiera la continuidad estaba entre los requisitos en el enunciado del problema.
Arno
Puntos
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Hay bastante soluciones para esto. Para simplificar un poco la configuración, establezca $ f: = id $. Entonces la ecuación se convierte en $ g \circ g = 0 $, la cual tiene varias soluciones no triviales, por ejemplo: $ g (x) = -x $ para $ x \geq 0 $ y $ g (x) = 0 $ para $ x \leq 0 $.
Editar: A partir de la elección de $ g $ y volviendo a visitar la elección de $ f $, tenga en cuenta que $ g $ también funciona muy bien junto con $ x \mapsto 2x $ en lugar de $ f $, o cualquier otro número real positivo en lugar de $ 2 $.
