Esta respuesta es ahora completa: la única $f$ son la constante $0$ y el constante $1$.
Las cosas en el bloque cita será cierto independientemente de las suposiciones hechas en el texto que la rodea.
Como usted señala,
Si $f$ tiene una raíz, a continuación,$f(0) = 0$, e $f(x) \in \{0,1\}$ todos los $x$, e $$f(x+f(y)) = f(x+y)$$
Claramente $f=0$ es una solución. De lo contrario, supongamos $f(y)=1$. A continuación, para todos $x$, $f(x+1) = f(x+y)$, por lo tanto, dejar $x=1$ tenemos $f(y-1) = 0$. [Llamar a esta propiedad DECREMENT.]
Por otro lado, siempre que $f(y) = 0$ tenemos $f(x) = f(x+y)$ todos los $x$. Por lo tanto, $f(x) = f(x+yn)$ todos los $x$, y para todos los $n \in \mathbb{Z}$. [Llamar a esta propiedad TRANSLATE, y si $y$ se fija con $f(y)=0$, deje TRANSLATE(n) denotar el hecho de que $f(x) = f(x+yn)$ todos los $x$.]
Así que supongamos $f(0) = f(1) = 0$, e $f(y) = 1$. A continuación, $f(y-1) = 0$ (DECREMENT), pero también a $f(y-1) = f(y-1+1)$ (TRANSLATE(1)) que es $f(y) = 1$, una contradicción.
Si $f(1) = 0$, $f$ es la constante de $0$ función.
Así que si $f(0) = 0$ pero $f$ es distinto de cero, entonces a $f(1) = 1$. Por lo tanto $f(2) = 0$ (ya que si no, sería $1$ y por lo tanto tendríamos $f(2-1) = 0$ DECREMENT), y por lo $f(x) = f(x+2n)$ todos los $x$ y todos los $n \in \mathbb{Z}$. Es decir, $f$ se define por sus valores en $(-1, 1]$.
Por otra parte, en el caso de $f\left(\frac{1}{n}\right) = 1$ todos los $n>1$ porque si $f\left(\frac{1}{n}\right) = 0$ $0 = f(0) = f\left(0+\frac{1}{n} \times n \right)$ TRANSLATE(n), que es $f(1) = 1$, una contradicción.
Esto significa que $f\left(\frac{1}{n}-1\right) = 0$$n>1$, así que para todos los $x \in \mathbb{R}, m \in \mathbb{Z}, n > 1$ tenemos $f(x) = f(x+m(\frac{1}{n}-1))$ TRANSLATE(m); en particular, dejando $x=m$ tenemos $f(m) = f(\frac{m}{n})$ todos los $m \in \mathbb{Z}, n > 1$. Por lo tanto, dejar $m=3n$, $f(3) = f(3n)$ todos los $n > 1$; pero $f(3) = f(1) = 1$ TRANSLATE(2) y lo $f(3n) = 1$. Dejando $n=2$, obtenemos $f(6) = 1$, pero ya sabemos $f(2k) = 0$ todos los $k$ TRANSLATE(2), por lo que obtenemos una contradicción.
Si $f$ tiene una raíz, a continuación, $f$ es la constante de $0$ función.
(En realidad creo que @lulu truco funciona para mostrar esto mucho más rápido.)
Si alguna vez $y = f(y)^2$, $f(x+y) = f(x+y)^2$ todos los $x$, lo $f(x) \in \{0,1\}$ todos los $x$.
Así que tiene una raíz a menos que sea la constante $1$ función.
Si $f$ no es la constante $1$ función, y hay algunos que se $y$$y=f(y)^2$, $f$ es la constante de $0$ función.
En particular,
Si $f(1) = 1$, $f$ es la constante de $1$ función. $f(1)$ no puede ser $-1$.
Si $y$ es tal que $f(y) = 1$, $f(x+1) = f(x+y)^2$ todos los $x$, por lo tanto, dejar $x=y-1$ obtenemos $1 = f(y) = f(1)^2$, lo $f(1) = 1$ o $f(1) = -1$ (siendo este último una contradicción). Que es:
Si $f$ éxitos $1$, $f$ es la constante de $1$ función.
Tenga en cuenta que dejando $x=0$, podemos ver que $f$ tiene un punto fijo en $f(y)^2$ por cada $y$.
Así que, dejando $y=0$, obtenemos $f(x+f(0)^2) = f(x)^2$, lo que significa que $f(x+f(0)^2)$ es un punto fijo de $f$ por cada $x$.
En particular, dejando $x=-f(0)^2+z$,
$f(z)$ es un punto fijo de $f$ por cada $z$. (Es decir, $f$ es idempotente: $y$ es un punto fijo de $f$ fib $y$ está en el rango de $f$.)
También vamos a $x = y-f(y)^2$ obtener
$f(y) \geq 0$ todos los $y$.
Y deje $x=0$ obtener $f(f(y)^2) = f(y)^2$; es decir, el cuadrado de cualquier cosa en el rango de $f$ es un punto fijo de $f$, o
El cuadrado de un punto fijo es un punto fijo.
Ahora, vamos a $x=f(y)^2$ $y=0$ obtener $$f(2a^2) = f(a^2)^2$$ where $a=f(0)$; so $f(2a^2) = a^4$ since the square of a fixed point $$ is a fixed point $^2$.
Let $x=\bar{x}, y=\bar{x}$ where $\bar{x}$ is a fixed point, to obtain $f(\bar{x} + f(\bar{x})^2) = f(2\bar{x})^2$, or $f(\bar{x} + \bar{x}^2) = f(2 \bar{x})^2$.
Let $x = \bar{x}^2, y=\bar{x}$ to obtain $f(\bar{x}^2+f(\bar{x})^2) = f(\bar{x}+\bar{x}^2)^2$.
La combinación de esos hechos, obtener:
Si $\bar{x}$ es un punto fijo de $f$,$f(2\bar{x}^2) = f(2\bar{x})^4$.
Y deje $x=a^2, y=0$ obtener $f(2a^2) = f(a^2)^2$, lo $f(2a^2) = a^4$ desde $a^2$ es un punto fijo, por lo que por el anterior hecho, $a^4 = f(2a)^4$; desde $a=f(0)$ está en el rango de $f$, y desde $f$ siempre es positivo, tenemos:
$a = f(2a)$.
Ahora, tenemos que demostrar por inducción que $f(na) = a$.
De hecho, vamos a $y=na$$x=a$.
Entonces $$f(a+f(na)^2) = f(a(n+1))^2$$ which by inductive hypothesis means $$f(a+a^2) = f(a(n+1))^2$$
Pero ya sabemos que $f(a+a^2) = f(2a)^2$ porque eso es sólo la definición de $f$$x=a, y=a$; por lo $f(a(n+1))^2 = f(2a)^2$, que ya sabemos es $a$.
Así
$f(na) = a$ para cada entero positivo $n$.
Deje $n = m a$ para obtener:
$f(ma^2) = a$ siempre $ma$ es un entero.
En particular, vamos a $a=\frac{p}{q}$, y deje $m=q$, para obtener el $f(qa^2) = a$.
Pero ya ha demostrado que $f(ma^2) = a^{2^m}$ por cada $m$, por lo que tenemos $a = a^{2^q}$. Es decir, $a=0$ o $a=1$ (desde $m \not = 0$); por lo $f$ aciertos $0$ o $1$.
