Encontrar todas las funciones $ f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} $ tal que $f[x^2+f(y)] = y +[f(x^2)]$

Question

He leído esta pregunta en el libro "Estrategias de solución de Problemas' de Arthur Engel. Esta pregunta se la hicieron en la OMI de 1992. La suya es cómo va

Encontrar todas las funciones de $ f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} $ que satisfacer

$f[x^2+f(y)] = y +[f(x^2)]$ $ \ \ \ \ x,y \in \mathbb{R}$

El libro se limita a señalar que no tiene solución, pero no es una respuesta suficiente. ¿Cómo puedo demostrar que no existe una función ?

Answer 1

Esto parcialmente las respuestas a la enmienda de la pregunta con un requisito diferente: $$f(x^2+f(y)) = y+f(x)^2$$

Deje $x=0$ obtener $f(f(y)) = y + f(0)^2$. Deje $y=0$ obtener $f(x^2+f(0)) = f(x)^2$.

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Supongamos $f$ tiene un punto fijo: $y=f(y)$. A continuación,$f(x^2+y) = y+f(x)^2$, lo $f(y) = y+f(0)^2$ dejando $x=0$, y, por tanto,$f(0) = 0$. Por lo tanto, $f(x^2) = f(x)^2$ todos los $x$, e $f(f(y)) = y$ todos los $y$; en particular, $f$ es bijective.

Pero, a continuación,$f(-x)^2 = f((-x)^2) = f(x^2) = f(x)^2$, lo $f(-x) = \pm f(x)$; desde $f$ es inyectiva, esto significa que $f(-x) = -f(x)$, lo $f$ es impar.

Ahora dejando $y=f(u)$, obtenga $f(x^2+u) = f(u)+f(x)^2$, es decir $f(x^2+u) = f(u) + f(x^2)$; por lo tanto, $f(z+u) = f(z) + f(u)$ siempre $z$ es no negativa. Por la rareza de $f$, esto también se mantiene al tanto de $z$ $u$ son negativos; así hemos demostrado que $f$ es auto-inversa,$f(0) = 0$,$f(x)^2 = f(x^2)$, y distribuye más de $+$. (Estas condiciones implica el requisito original; pero todavía estamos operando bajo el supuesto de que $f$ tiene un punto fijo.)

Desde $f$ es impar, lo que significa $f(x) = \sqrt{f(x^2)}$ al $x \geq 0$, e $-\sqrt{f(x^2)}$ al $x < 0$.

Observando entonces que $f(1)^2 = f(1)$,$f(1) = \pm 1$; pero $f$ es no negativa cuando se les da no negativo de entrada desde $f(x)^2 = f(x^2)$, lo $f$ es la identidad en los racionales (siguiendo el razonamiento de mi respuesta a la otra versión de esta pregunta). Por lo tanto, es también la identidad en el conjunto definido inductivamente $X = \cup X_n$ donde $X_1 = \mathbb{Q}, X_{n+1} = X_n \cup \{\sqrt{x}: x \in X_n\} \cup \{x+q : x \in X_n\} \cup \{x^2 : x \in X_n\}$. Pero (por ejemplo) $\pi$ no está en este conjunto, y creo $f$'s valor no está determinado en $\pi$.

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Si $f$ no tiene un punto fijo, me temo que tengo en ninguna parte.

Answer 2

En el caso de que $ [ \cdot ] $ significa que la función del suelo (también denotado por $ \lfloor \cdot \rfloor $), se puede demostrar que no existe ninguna $ f $ satisfacción $ f \big( \big\lfloor x ^ 2 + f ( y ) \big\rfloor \big) = y + \big\lfloor f \big( x ^ 2 \big) \big\rfloor $. Deje $ x = 0 $ y obtendrás $ f \big( \lfloor f ( y ) \rfloor \big) = y + \lfloor f ( 0 ) \rfloor $. Esto demuestra que $ f $ mapas de un subconjunto de a $ \mathbb Z $ a $ \mathbb R $, lo cual es imposible, ya que $ \mathbb Z $ es contable y $ \mathbb R $ es incontable. El caso es similar para el funcional de la ecuación de $ f \big( \big\lfloor x ^ 2 + f ( y ) \big\rfloor \big) = y + \lfloor f ( x ) \rfloor ^ 2 $, que se corresponde con el problema de la OMI.

Answer 3

Si "$[ \ ]$" es sólo un paréntesis, podemos encontrar todas las soluciones! Empieza por tomar $x=0$, por lo que obtenemos $$ f(0^2+f(y)) = f(f(y)) = y+f(0) \quad \iff \quad f(0) = f(f(y))-y. $$ A continuación, tome $y=0$ para obtener $$ f(x^2+f(0)) = f(x^2). $$ Ahora vamos a enchufe $f(0)$ dentro de la última expresión $$ f(x^2) = f(x^2+f(0)) = f(x^2 -y +f(f(y)) = f(y) + f(x^2-y). $$ Tenga en cuenta que la expresión anterior sólo se aplica si $x^2-y\geq 0$, como puede ser escrito como un cuadrado de un número.

Tome $y=0$, de manera que obtenemos $$f(x^2) = f(0)+f(x^2) \quad \Rightarrow \quad f(0)=0. $$ Es decir, $f(f(y))=y$. Esto puede ser traducido como $f=f^{-1}$.

Answer 4

EDIT: esta respuesta es responder a la pregunta inicialmente establecido ("$f(x^2+f(y)) = y+f(x^2)$"). La pregunta que posteriormente ha cambiado.

Respuesta parcial aquí; de hecho, hay al menos continuo-muchas soluciones, aunque sólo dos continuo.

Deje $x=0$; a continuación,$f(f(y)) = y + f(0)$; en particular, $f(f(0)) = f(0)$. Así:

$f$ tiene un punto fijo.

Deje $y$ un punto fijo de $f$. A continuación, $f(x^2+y) = y+f(x^2)$ todos los $x$; en particular, $f(y) = y + f(0)$ dejando $x=0$; y por lo $y = y + f(0)$. Así:

$f(0) = 0$.

Por lo tanto dejando $x = 0$, tenemos:

$$f(f(y)) = y$$ for all $y$.

En particular, $f$ es bijective.

Ahora fix $x$, y deje $y = f(-x^2)$. Tenemos $f(0) = f(x^2 + f(y)) = f(-x^2) + f(x^2)$; por lo $f(x^2) = -f(-x^2)$ todos los $x$, y por lo tanto:

$f$ es impar.

Ahora, $f(x^2) + y = f(x^2 + f(y))$ $f(x^2) + f(z) = f(x^2+z)$ dejando $y = f(z)$; en particular, si $x \geq 0$,$f(x) + f(z) = f(x+z)$.

Y por supuesto, si ambos $x, z$ son de menos de $0$, $f(x) + f(z) = -(f(-x) + f(-z))$ por rareza, que es$-f(-x-z)$, $f(x+z)$ por la rareza de nuevo. Así:

$$f(x+z) = f(x) + f(z)$$ for all $x, z$; and $f$ es impar.

De hecho, las condiciones anteriormente ("$f$ es auto-inversa, $f(0) = 0$, e $f$ distribuye más de $+$") son equivalentes a la condición original.

Ciertamente, si $f$ satisface esas condiciones, a continuación, $g: x \mapsto -f(x)$ también satisfacer esas condiciones (y, de hecho, $f: x \mapsto \pm x$ tanto en el trabajo).

Otra propiedad: $f(nx) = n f(x)$ [fácil de inducción en $n$], y por lo $f\left(\frac{1}{n} x\right) = \frac{1}{n} f(x)$ y por lo tanto

$f\left(\frac{p}{q} x\right) = \frac{p}{q} f(x)$.

Pero considere la función $f: x \mapsto x$ si $x$ no es un racional múltiples de $\sqrt{2}$ o $\sqrt{3}$; $q \sqrt{2} \mapsto q \sqrt{3}$, y $q \sqrt{3} \mapsto q \sqrt{2}$. Esta es sin duda la auto-inversa, raro, y ha $f(0) = 0$, pero no es la identidad. Y de hecho si $a, b$ son irracionales los números que no son racionales múltiplos de cada uno de los otros, a continuación, $f: x \mapsto x$ si $x$ no es un racional múltiples de cualquiera de las $a$ o $b$, y $a x \mapsto b x$, $b x \mapsto a x$ de lo contrario, es una función que satisface la definición.