Como se señaló en la pregunta, si fijamos $g(a)=f(0,a)$ (3) da $f(a,b)=a+g(b-a)$, y (1), (2) dar
$$\begin{eqnarray*}
(1'):&&g(a)=a+g(-a),\\
(2'):&&g(a)+g(b-g(a))=g(a+g(b-a)).
\end{eqnarray*}$$
Deje $z=g(0)$ y poner $(a,b)=(0,c+z)$ (2') para obtener
$$
(4):\;g(c)+z=g(g(c+z)).
$$
Supongamos $z\neq0$. Deje $h(c)=c+z$. Entonces (4) puede ser reformulado como $hg=g^2h$. Por lo tanto $h^kg^l=g^{2^kl}h^k$$k,l\geq0$. Si $k,l\geq0$ $g^l(c)=h^k(c)$
$$
g^{2^kl}h^k(c)=h^kg^{l}(c)=h^{2k}(c).
$$
La aplicación de este inductivamente,
$$
g^{s(m,k), l}(c)=h^{mk}(c).
$$
donde $s(m,k)=\sum_{m'=0}^{m-1}2^{m'k}$. Es decir,
$$
(5):\;g^l(c)=c+kz\Rightarrow g^{s(m,k), l}(c)=c+mkz.
$$
Del mismo modo,
$$
(5'):\;g^l(c+kz)=c\Rightarrow g^{s(m,k), l}(c+mkz)=c.
$$
Deje $X_n=\{g^l(0)\mid0\leq l<n\}$$X=\bigcup_{n>0}X_n$. Desde $g(0)=z$, (5) implica $z\mathbb N\subseteq X$. En particular, $X$ es ilimitado, por lo $g^l(0)\neq g^{l'}(0)$ diferentes $l,l'\geq0$.
Lema. Supongamos que $k_1,k_2,l_1,l_2>0$, $g^t(a)\in X$ para algunos $t\geq0$ ya sea:
- $a=g^{l_1}(a-k_1z)=g^{l_2}(a-k_2z)$, o
- $a=g^{l_1}(a)+k_1 z=g^{l_2}(a)+k_2z$.
Entonces
$$
\frac{l_1}{l_2}=\frac{1-1/2^{k_1}}{1-1/2^{k_2}}.
$$
Prueba. Tenga en cuenta que $g^t(a)\in X$ implica $g^{l_1}(a)\neq g^{l_2}(a)$$l_1\neq l_2$. Por (5), la primera condición implica
$$
g^{s(k_2+1,k_1)l_1}(a-k_1z)=a+k_1k_2z=g^{s(k_1+1,k_2)l_2}(a-k_2z)
$$
para todos los $m>0$. Por lo tanto $(s(k_2+1,k_1)-1)l_1=(s(k_1+1,k_2)-1)l_2$. La simplificación da el resultado. El segundo caso se sigue de manera similar usando (5').
Ahora fix $r\in\mathbb Z$. Yo afirman que hay constante $c_r,d_r$ tal que
$$
|X_n\cap(r+z\mathbb Z)|\leq c_r+d_r\log(n).
$$
Si $|X\cap(r+z\mathbb Z)|\leq1$ esto está claro, así que supongamos que tenemos distintas $a,b\in X\cap(r+z\mathbb Z)$. Podemos suponer $b=a+kz=g^l(a)$ algunos $l>0$$k\neq0$. También se $a=g^t(0)$ algunos $t\geq0$. Primero supongamos $k>0$. Por (5),
$$
g^{s(m,k), l}(a)=a+mkz
$$
para $m\geq0$. Supongamos $c\in X_n\cap(r+z\mathbb Z)$. A continuación, $c=f^u(0)=a+vz$ donde$0\leq u<n$$v\in\mathbb Z$. Pick $m$ tal que $mk>v$$s(m,k)l+t>u$. Tenemos
$$
g^{s(m,k), l}(a)=a+mkz=g^{s(m,k)l+t-u}(a+vz).
$$
Ahora el Lema implica
$$
\frac{s(m,k)l+t-u}{s(m,k), l}=\frac{1-1/2^{mk-v}}{1-1/2^{mk}}.
$$
Simplificando, $u=t+l(2^v-1)/(2^k-1)$. Ahora bien $u<t$ o
$$
0\leq v<\log_2(1+n(2^k-1)/l).
$$
El resultado de la siguiente manera. El caso de $k<0$ de la siguiente manera similar (5') y la segunda condición de la Lema.
Finalmente tenemos
$$
n=|X_n|=\sum_{i=0}^{|z|-1}|X_n\cap(r+z\mathbb Z)|
\leq\left(\sum_{i=0}^{|z|-1}c_r\right)+
\left(\sum_{i=0}^{|z|-1}d_r\right)\log n
$$
para todos los $n$, dando una contradicción. Por lo tanto $z=g(0)=0$.
Ahora (4)$g^2=g$. Deje $I=\mathrm{im}\,g$, lo $g(a)=a$$a\in I$. Poner $(a,b)=(g(c),d+g(c))$ (2') para obtener
$$
g(c)+g(d)=g(g(c)+g(d))
$$
para todos los $c,d$. Por lo tanto $I$ es cerrado bajo la suma. También se $0\in I$ desde $g(0)=0$. Finalmente (1') implica $g(1)=1+g(-1)$, lo $I\neq\{0\}$. Tenga en cuenta que (1') implica $a\in I$ fib $g(-a)=0$.
Poner a $(a,b)=(c-d,c)$ (2'), tenemos
$$
(6):\;c,d\I\Rightarrow c-g(c-d)\in I
$$
Supongamos $a,-b\in I$ donde $a,b>0$. El uso de cierre bajo la suma, $ab,-ab\in I$, por lo que (1') da $ab=g(ab)=ab+g(-ab)=0$, una contradicción. Por lo tanto $I$ es containined en $\mathbb Z_{\geq0}$ o $\mathbb Z_{\leq0}$. La sustitución de $g(a)$ $-g(-a)$ si es necesario, podemos suponer que el primero.
Deje $p>0$ ser el más pequeño elemento positivo en $I$. Supongamos $p>1$. De nuevo por (1'), no podemos tener a $I\subseteq p\mathbb Z$. Pick $a\in I\setminus p\mathbb Z$ mínima, por lo $a-p\notin I$. A continuación,$g(p-a)\neq 0$, lo $g(p-a)\geq p$. Por otro lado, (6) da $a-g(a-p)\in I$, lo $g(a-p)\leq a$. Ahora (1') da $g(a-p)=a$.
El uso de cierre bajo la suma, $pa-a=(p-1)a\in I$. Pick $l$ mínima tal que $b=(l+1)p-a\in I$. A continuación, $b\geq0$ implica $l\geq0$. Ahora (6) da
$$
lp-g(lp-b)\en I.
$$
Pero $g(lp-b)=g(a-p)=a$, lo $lp-a\in I$. Esto contradice la minimality de $l$.
Por lo tanto,$p=1$. Por cierre bajo la suma, $I=\mathbb Z_{\geq0}$. Por lo tanto $g(a)=a$$a\geq0$$g(a)=0$$a<0$.
