Solucionar $f(x+f(2y))=f(x)+f(y)+y$

Question

Encontrar todos los $f:\mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ tal que para cada una de las $x$ $y$ en $\mathbb{R}^+$, $$f(x+f(2y))=f(x)+f(y)+y$$

Nota: $f(x)=x+b$ es una solución para todos los $b\in\mathbb{R}^+$ pero no puedo demostrarlo.

Answer 1

EDIT: ahora tengo una solución completa.

$$f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$$ $$f(x+f(2y))=f(x)+f(y)+y$$

Tenga en cuenta que $f(a+f(2x_1)+f(2x_2)+...+f(2x_n))=f(a)+f(x_1)+x_1+f(x_2)+x_2+...+f(x_n)+x_n$

Permítanos calcular la expresión $f(x+f(2(y+f(2z)))$ en dos formas: $$f(x+f(2(y+f(2z)))=f(x)+f(y+f(2z))+y+f(2z)=f(x)+f(y)+f(z)+z+y+f(2z)$$ $$f(x+f(2(y+f(2z)))=f(x+f(2y+f(2z)+f(2z)))=f(x+f(2y)+2f(z)+2z)=f(x+2z)+f(y)+y+2f(\frac{z}{2})+2\cdot{}\frac{z}{2}$$ Por lo tanto, la cancelación de $f(y)+y+z$ tenemos $$f(x)+f(z)+f(2z)=f(x+2z)+2f(\frac{z}{2})$$ es decir, (para $y=2z$) $$f(x+y)=f(x)+f(y)+f(\frac{y}{2})-2f(\frac{y}{4})$$

Puesto que la expresión $f(x+y)-f(x)-f(y)$ es simétrica en $x$$y$, obtenemos que $f(\frac{y}{2})-2f(\frac{y}{4})=f(\frac{x}{2})-2f(\frac{x}{4})$, es decir, $f(2y)-2f(y)=f(2x)-2f(x)$ todos los $x,y$. por lo $f(2x)-2f(x)$ es una constante $-c$. Así que hemos obtenido: $$f(x+y)=f(x)+f(y)-c$$ Definir $i=inf_{\mathbb{R}^+}(f(x))$. Claramente, $0\le{}i\le{}\infty$. como $x$ $y$ ir a través de todos los reales positivos valores, el infimum de LHS es $i$ y el infimum de RHS es $2i-c$, por lo $c=i$. desde $f(y)-i\ge{}0$, obtenemos $f(x+y)\ge{}f(x)$, lo $f$ es monótonamente creciente.

Definir $g:\mathbb{R}^+\to{}\mathbb{R}^+$$g(x)=f(x)-i$. de $f(x+y)=f(x)+f(y)-c$ tenemos que $g$ es aditivo, es decir,$g(x+y)=g(x)+g(y)$. Así, por inducción, $g(k)=kg(1)$ todos los $k\in{}\mathbb{N}$. Este argumento puede ser ampliado para todos los $k\in\mathbb{Q}^+$ (por qué?), por lo $g(q)=qg(1)$ todos los $q\in{}\mathbb{Q}^+$. pero desde $f$ es monótona tenemos que $g$ es monótona, por lo $g(x)=xg(1)$ todos los $x>0$. Por lo tanto $g$ es lineal, por lo $f$ es lineal. Sustituyendo $f(x)=ax+b$ en la ecuación original de los rendimientos de las soluciones: $$a=1$$ $$a=-\frac{1}{2}, b=0$$ Estamos interesados en soluciones que dan sólo los valores positivos en la imagen de $f$. Por lo tanto $f(x)=x+b$ para algunas constantes $b\ge{}0$. Esta función satisface la ecuación para todos los $b\ge{}0$.

Answer 2

Otra solución es $f(x) =-x/2$.

Aquí, al final de mis divagaciones, es cómo la encontré.

Inspirado por el comentario que una solución es $x+b$, vamos $f(x) = x+g(x)$.

Entonces $x+2y+g(2y)+g(x+2y+g(2y)) =x+g(x)+y+g(y)+y $ o $$g(2y)+g(x+2y+g(2y)) =g(x)+g(y). $$

Dejando $y=0$, este es $g(0)+g(x+g(0)) =g(x)+g(0) $ o $g(x) = g(x+g(0))$.

Si $g(0) = 0$, esto no dice nada. Si $g(0) \ne 0$, $g$ es periódica con período de $g(0)$. En particular, $g(0) = g(g(0)) = g(g(g(0))) =... $.

Establecimiento $x=0$, este es $g(2y)+g(2y+g(2y)) =g(0)+g(y) $. Esto no parece ayudar mucho.

Si $x=2y$, este es $g(2y)+g(4y+g(2y)) =g(2y)+g(y) $ o $g(y) =g(4y+g(2y)) $, así $g(y+g(0)) =g(4y+g(2y)) $.

Si $y+g(0) =4y+g(2y)$, entonces $g(2y) =g(0)-3y $ o $g(y) =g(0)-3y/2 $.

Esto sugiere tratando de $f(x) = ax+b$. Entonces $a(x+2ay+b)+b =a(x+y)+2b+y $ o $2a^2y+ab =(a+1)y+b $ o $0 =(2a^2-a-1)y+b(a-1) $. Por lo tanto $0=(2a^2-a-1$ o $a =\dfrac{1\pm\sqrt{1+8}}{4} =\dfrac{1\pm 3}{4} =1, -\frac12 $.

Si $a=1$ entonces cualquier $b$ obras.

Si $a=-\frac12$, entonces $b=0$, así $-x/2$ es una solución. Para comprobar, $f(x+f(2y)) =f(x-y) =(y-x)/2 $ y $f(x)+f(y)+y =-x/2-y/2+y =(y-x)/2 $.

Eso es todo lo que tengo.

Answer 3

(Esta no es una solución completa)

Asumiendo $\mathbb{R}^{+}=\{x \in \mathbb{R} \ \vert \ x \geq 0\}$

Deje $P(x,y)$ ser la afirmación de que $f(x+f(2y))=f(x)+f(y)+y$, y deje $f(0)=a$

$$P(y,x):\ f(y+f(2x))=f(y)+f(x)+x$$

$$P(y,x)-P(x,y):f(y+f(2x))-f(x+f(2y)) = x-y \cdots (1)$$

$$P(0,x)-P(x,0):f(f(2x))=x+f(x+a)$$

$$P(x,0):\ f(x+a) = f(x)+a$$

Por lo tanto $f(-a)=0$

$$\implies f(x) = (x+a)g(x)$$

Caso 1: $a=0 \implies f(0)=0$

Utilizamos las siguientes ecuaciones:

$1.\ f(x)=xg(x)$, y

$2.\ f(f(2x))=x+f(x)$.

y obtener el valor de $g(0)$, lo que llegamos a ser $1$ o $-1/2$. Descartamos $-1/2$, debido al dominio y co-dominio de $f$

Caso 2: $a\neq 0$

Llegamos $g(0) = 1$, utilizando simplemente el hecho de que $f(x) = (x+a)g(x)$

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Por lo tanto, $g(0) = 1$, para cualquier valor de $a$

Si podemos mostrar a $g(x)$ es una función constante. Obtenemos nuestra solución requerida.

No han trabajado la parte de fuera, actualización, si es que puedo conseguir cualquier cosa.

PS: Esta es mi primera vez escribiendo una solución, así que me disculpo por cualquier error.