Podemos obtener un $f(y+x)=y+f(x)$$f(x^2+f(x)^2+x)=f(x)^2+x^2+f(x)$?

Question

Encontrar todos los $f:\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ tal que $$f(m^2+f(n))=f(m)^2+n.$$

Deje $P(x,y)$ ser la afirmación: $f(x^2+f(y))=f(x)^2+y \; \forall x,y \in \mathbb{Z}^+.$ $P(x,x)$ nos da $f(x^2+f(x))=f(x)^2+x$. $P(x,x^2+f(x))$ nos da $f(x^2+f(x)^2+x)=f(x)^2+x^2+f(x)$.

Podemos obtener un $f(y+x)=y+f(x)$$f(x^2+f(x)^2+x)=f(x)^2+x^2+f(x)$ ?

Answer 1

La notación

$$ g\equiv f\circ f,\quad f(1)=un,\quad g(1)=b $$

$g$ satisface la misma ecuación funcional

$$ g(m^2+g(n))=f(f(m)^2+f(n))=g(m)^2+n $$

$g$ es estrictamente creciente $\qquad\diamond$

$$\begin{align} &\color{green}{f(a)^2+m^2+a} =f(a^2+f(m^2+a)) =f(a^2+f(m)^2+1)=\\ &f(f(m)^2+f(1+a)) =\color{green}{g(m)^2+1+a}\\ &\therefore m>n\iff g(m)>g(n) \end{align}$$

$g(x)\ge x\qquad\spadesuit$

Caso Base: $g(1)\ge1$
Inducción de la hipótesis: $g(x)\ge x\;\forall\;x\ge n$
Inducción: $$\begin{align}g(n+1)&\ge g(n)+1\qquad\text{ using }\diamond\\&\ge n+1\end{align}$$

$g(x+1)\le x+g(1)^2\qquad\star$

$$ \begin{align} g(x)\ge x&\implies g(1+g(x))\ge g(1+x)\qquad\text{ using }\diamond\\ &\implies g(1)^2+x\ge g(x+1) \end{align} $$

$g(1)=1\qquad\heartsuit$

$$\begin{align} &g(1+b)=g(1+g(1))=b^2+1\\ \implies&g((1+b)^2+b)=(b^2+1)^2+1\\ \implies& (b^2+1)^2+1\le (1+b)^2+b+b^2-1\qquad\text{ using }\star\\ \implies& b^4-3b+2\le 0\\ \implies& b^4-3b^2+2\le0\\ \implies& (b^2-2)(b^2-1)\le0\\ \implies& 1\le b^2\le 2\\ \implies& b=1 \end{align}$$

$g(x)=x\qquad\clubsuit$

$$ \spadesuit,\estrella,\heartsuit\implica que g(x)=x $$

$f$ es estrictamente creciente $\qquad\square$

$$ f(n+1)=f(1^2+g(n))=f(1)^2+f(n)>f(n) $$

$f$ es la función identidad

El uso de $\square,\clubsuit$ vemos $$ \begin{align} &x>f(x)\implies f(x)>g(x)=x\\ &x<f(x)\implies f(x)<g(x)=x\\ &\therefore f(x)=x \end{align} $$

Answer 2

Aquí es una idea incompleta para realmente resolver el citado problema (que se opone a su pregunta específica acerca de la $f(x+y)=y+f(x)$). Esta idea podría ir a ninguna parte. Definir $a$$f(1)$. Es fácil mostrar el uso de la inducción que si $a=1$, $f$ es la función identidad.

Si $a=2$, podemos llegar a una contradicción:

$$ \begin{align} f(1^2+f(1))&=f(1)^2+1\\ f(1+2)&=4+1\\ f(3)&=5\\ \implies f(1^2+f(3))&=f(1)^2+3\\ f(1+5)&=4+3\\ f(6)&=7\\ \implies f(1^2+f(6))&=f(1)^2+6\\ f(1+7)&=4+6\\ f(8)&=10\\ \implies f(1^2+f(8))&=f(1)^2+8\\ f(1+10)&=4+8\\ f(11)&=12 \end{align} $$

Pero $$ \begin{align} f(3^2+f(1))&=f(3)^2+1\\ f(9+2)&=25+1\\ f(11)&=26 \end{align} $$

Esta contradicción se descarta $f(1)$$2$. Tal vez usted puede encontrar un patrón para generalizar y demostrar que $f(1)$ debe $1$, lo que demostraría que la $f$ debe ser la identidad. (Que yo no he tenido la suerte de encontrar un patrón).

Answer 3

Dado $$ f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z} \wedge f(m^2 + f(n)) = f(m)^2 + n. $$ Para una fija $m$ $n=x$ tenemos $$ f(m^2 + f(x)) = f(m)^2 + x. $$ En general, podemos escribir $$ f(x) = \sum_k a_k x^k. $$ De dónde $$ f'(m^2 + f(x)) f'(x) = 1. $$ Por lo tanto $f'(x) = 1$. Así obtenemos $$ f(x) = a + x. $$ Ponerlo de nuevo obtenemos $$ una + [ m^2 + a + n ] = a^2 + 2 m + m^2 + n \Rightarrow 2a = a^2 + 2 m. $$ De dónde $$ a = 0. $$ Así que el general de las soluciones es $$ f(x) = x. $$