Encontrar todas las biyecciones $\,\,f:[0,1]\rightarrow[0,1],\,$ que satisfagan $\,\,f\big(2x-f(x)\big)=x$ .

Question

Un amigo me planteó el siguiente problema:

Buscar todas las funciones $f:[0,1]\to[0,1]$ que son uno a uno y onto y satisfacen la siguiente relación funcional: $$ f\big(2x-f(x)\big)=x, \tag{1} $$ para todos $x\in [0,1]$ .

Claramente, la función de identidad $f(x)=x$ es una de estas funciones.

Además, como $f$ es una biyección $f^{-1}$ existe, y por $(1)$ tenemos $$ f^{-1}(x)=2x-f(x), \tag{2} $$ pero no tengo ni idea de cómo debo continuar. Sería genial si alguien me puede dar algunas pistas.

Gracias de antemano.

Answer 1

En la formulación de la pregunta, la función $f$ es uno a uno y onto. A continuación se presentan dos pruebas. La primera requiere la hipótesis de uno a uno y sobre, mientras que la segunda no.

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Primera respuesta exigiendo que $f$ es uno a uno.

Claramente, $f$ es también onto, como un $x\in[0,1]$ es la imagen de $2x-f(x)$ y puesto que $f$ es uno a uno y onto, $f$ posee una inversa $f^{-1}:[0,1]\to [0,1]$ .

La relación funcional $f\big(2x-f(x)\big)=x$ implica $$ f(x)-x=x-f^{-1}(x). \tag{1} $$ Demostraremos que $f(x)=x$ . Supongamos que no. Entonces $$ f(x_0)-x_0\ne 0, $$ para algunos $x_0\in(0,1)$ . Supongamos que $f(x_0)-x_0=a>0$ . Entonces $(1)$ implica que $$ f(x_0)-x_0=x_0-f^{-1}(x_0)=f^{-1}(x_0)-f^{-2}(x_0)=\cdots=f^{-k}(x_0)-f^{-(k+1)}(x_0), $$ para cada $k\in\mathbb N$ donde $f^{-k}$ es $f^{-1}\circ\cdots\circ f^{-1}$ $k$ veces. Pero esto significa que $$ f^{-1}(x_0)=x_0-a,\,\,f^{-2}(x_0)=x_0-2a,\ldots,f^{-k}(x_0)=x_0-ka, $$ lo que significa que $\lim_{k\to\infty}f^{-k}(x_0)=-\infty$ . Una contradicción, $f^{-k}(x_0)\in [0,1]$ .

Llegaríamos a una contradicción aunque hubiéramos supuesto que $a<0$ .

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Segunda respuesta no exigiendo que $f$ es uno a uno.

En $f\big(2x - f(x)\big) = x,\,$ para todos $x \in \left[ {0,1} \right]$ entonces $$ 0 \le 2x - f(x) \le 1 \quad \Longrightarrow\quad 2x - 1 \le f(x) \le 2x,\,\,\, \text{for all $ x \in \left[ {0,1} \right] $.} $$ Sustituir en lo anterior $x$ con $2x - f(x)$ obtenemos \begin{align} 2\big( {2x - f(x)} \big) - 1 \le f\big( {2x - f(x)} \big) \le 2\big( {2x - f(x)} \big), \end{align} o \begin{align} 2\big( {2x - f(x)} \big) - 1 \le x \le 2\big( {2x - f(x)} \big) \end{align} lo que implica que $$ \frac{3x-1}{2}\le f(x) \le \frac{3x}{2}. $$ La repetición de este proceso produce las siguientes desigualdades $$ x+\frac{x-1}{n}\le f(x)\le x+\frac{x}{n},\,\,\, \text{for all $ x \en \izquierda[ {0,1} \derecha]\,\, $ and $ \,\,n\in\mathbb N $,} $$ y por lo tanto $$ f(x)=x ,\,\,\, \text{for all $ x \in \left[ {0,1} \right] $.} $$

Answer 2

OK chicos, gracias a la sugerencia de @woso he encontrado una respuesta. Permítanme compartirlo con ustedes.

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Primera respuesta

Por $(2)$ tenemos $$f(x)-x=x-f^{-1}(x)\tag{3}$$ Ahora dejemos que $x_0\in[0,1]$ sea arbitraria. Definimos la secuencia $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ como sigue $$x_n=f(x_{n-1})\tag{4}$$ para todos $n\ge1$ . En $(3)$ y $(4)$ tenemos $$\begin{align*}x_n-x_{n-1}&=x_{n-1}-x_{n-2}\\ &= x_{n-2}-x_{n-3}\\ &= x_{n-3}-x_{n-4}\\&\vdots\\ &= x_{1}-x_{0}\tag{5}\end{align*}$$ Ahora desde $(5)$ tenemos $$x_n-x_0=\sum_{k=1}^{n}{(x_k-x_{k-1})}=\sum_{k=1}^{n}{(x_1-x_0)}=n(x_1-x_0)\tag{6}$$ Ahora que $x_n,x_0\in[0,1]$ así que por $(6)$ tenemos $$n|x_1-x_0|=|x_n-x_0|\le 1\tag{7}$$ así que por $(7)$ para todos $n\in\Bbb{N}$ tenemos $|x_1-x_0|\le \frac{1}{n}$ pero sólo es cierto si $|x_1-x_0|=0$ así que finalmente $$f(x_0)=x_1=x_0$$ desde $x_0\in[0,1]$ era arbitraria por lo que $f(x)=x$ para todos $x\in[0,1]$ y es la única solución.

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Segunda respuesta

Podemos demostrar que $f(x)=x$ es la única solución incluso sin tener en cuenta $1$ - $1$ y sobre las condiciones.

Para todos $x\in[0,1]$ considere $g(x)=x-f(x)$ . Sea $x_0\in[0,1]$ sea arbitraria, entonces $g(x_0)=x_0-f(x_0)$ y por suposición $x_1=x_0+g(x_0)=2x_0-f(x_0)\in[0,1]$ también podemos ver que $g(x_1)=g(x_0)$ el mismo proceso muestra que $x_2=x_1+g(x_1)\in[0,1]$ y $g(x_2)=g(x_1)=g(x_0)$ por lo que la secuencia $(x_n)$ definido por $x_n=x_{n-1}+g(x_{n-1})$ tiene estas propiedades:

1. para todos $n\ge0$ , $x_n\in[0,1]$ ;

2. para todos $n\ge1$ , $g(x_n)=g(x_0)$ .

así que $x_n-x_{n-1}=g(x_{n-1})=g(x_0)$ y $$x_n-x_0=\sum_{k=1}^{n}{(x_k-x_{k-1})}=\sum_{k=1}^{n}{g(x_0)}=ng(x_0) \tag{*}$$

Ahora que $x_n,x_0\in[0,1]$ así que por $(*)$ $$n|g(x_0)|=|x_n-x_0|\le 1\tag{**}$$ así que por $(**)$ para todos $n\in\Bbb{N}$ tenemos $|g(x_0)|\le\frac{1}{n}$ pero sólo es cierto si $g(x_0)=0$ así que finalmente $$f(x_0)=x_0-g(x_0)=x_0$$ desde $x_0\in[0,1]$ era arbitraria por lo que $f(x)=x$ para todos $x\in[0,1]$ y es la única solución.

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Si encuentra algún error, añada un comentario.

Answer 3

Creo que las respuestas hasta ahora son geniales, pero pensé en grabar una idea geométricamente motivada que tuve y ver si la gente podía hacerla funcionar. La igualdad dada es equivalente a (2) que es equivalente a $$ \frac{f(x) + f^{-1}(x)}2 = x. $$ En otras palabras, el gráfico de $y=f(x)$ cuando se refleja en $y=x$ tiene la propiedad de que los segmentos verticales de $(t,f(t))$ a $(t,f^{-1}(t))$ tienen sus puntos medios en $(t,t)$ para todos $t\in[0,1]$ . Pero eso no debería ser compatible con el hecho de que todos los segmentos de línea noroeste-sureste $(t,f(t))$ y $(f(t),t)$ también están divididas por $y=x$ .

Si $f(t)>t$ alguna vez, tal vez deberíamos elegir $t$ tal que $f(t)-t$ se maximiza, dejando de hecho que $t$ sea el menor de dichos $t$ que maximiza $f(t)-t$ . Entonces deberíamos poder demostrar que $t-f^{-1}(t)$ es estrictamente menor que $f(t)-t$ . Y como el problema es simétrico en $f$ y $f^{-1}$ el caso $f(t)>t$ es suficiente. (Mi intuición aquí tiene $f$ continua, pero podría ser posible hacer que funcione sin asumir la continuidad a priori sustituyendo max/min por sup/inf.)

Answer 4

Supongamos que, para algunos $x_0$ , $$ f(x_0)-x_0=\Delta\tag{1} $$ donde $\Delta\ne0$ . Por la hipótesis, $$ f^{-1}(x_0)=2x_0-f(x_0)=x_0-\Delta\tag{2} $$ Así, restando $x_0$ de $(2)$ da $$ f^{-1}(x_0)-x_0=-\Delta\tag{3} $$ En $(1)$ y $(3)$ podemos suponer $\Delta\gt0$ cambiando los papeles de $f$ y $f^{-1}$ .

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Aplicación de $f$ a $(2)$ produce $$ f(x_0-\Delta)=x_0\tag{4} $$ que da $$ f(x_0-\Delta)-(x_0-\Delta)=\Delta\tag{5} $$ que es $(1)$ desplazado por $\Delta$ . Por lo tanto, inductivamente, obtenemos $$ f(x_0-k\Delta)-(x_0-k\Delta)=\Delta\tag{6} $$ y $$ f^{-1}(x_0-k\Delta)-(x_0-k\Delta)=-\Delta\tag{7} $$ $\hspace{3cm}$

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Desde $\Delta\gt0$ podemos encontrar un $k$ para que $x_0-k\Delta\ge0$ y $x_0-(k+1)\Delta\lt0$ . Para ello $k$ , $(7)$ dice $$ f^{-1}(x_0-k\Delta)=x_0-(k+1)\Delta\lt0\tag{8} $$ pero $f^{-1}:[0,1]\mapsto[0,1]$ .

Así, $\Delta=0$ y por lo tanto, $f(x)=x$ .