#4 Инъективность и сюръективность

Так как \(f\) инъективна, из равенства следует \(f(x)+y=f(y)+x\). Поэтому \(f(x)-x=f(y)-y\) для любых \(x,y\). Зафиксируем \(y=0\). Тогда \(f(x)-x=f(0)\), то есть \(f(x)=x+f(0)\). Берём \(c=f(0)\).

По сюръективности для любого \(t\in\mathbb R\) найдётся \(y\), такое что \(t=f(y)\). Значит, \(f(x+t)=f(x)+t\) для всех \(x,t\). При \(x=0\) получаем \(f(t)=f(0)+t\). Следовательно, \(f(x)=x+c\), где \(c=f(0)\). Проверка: \(f(x+f(y))=x+f(y)+c=f(x)+f(y)\). Ответ: все \(f(x)=x+c\), \(c\in\mathbb R\).

Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\). По условию \(a+1=b+1\), значит \(a=b\). Следовательно, \(f\) инъективна.

Пусть теперь \(T\in\mathbb Q\). Тогда \(f(f(T-1))=T\). Значит, \(T\) принадлежит образу функции \(f\). Так как \(T\) произвольно, \(f\) сюръективна. Итак, \(f\) биективна.

Так как \(f\) сюръективна, \(t=f(y)\) пробегает все действительные числа. Поэтому \(f(x+t)=x+t+1\) для всех \(x,t\). Но любое число \(u\) можно записать как \(u=x+t\), значит \(f(u)=u+1\). Проверка немедленна: \(f(x+f(y))=x+f(y)+1\). Ответ: \(f(x)=x+1\).

По инъективности \(f(x)+f(y)=x+y\). При \(y=0\) получаем \(f(x)+f(0)=x\), то есть \(f(x)=x-c\), где \(c=f(0)\). Подставим в равенство \(f(x)+f(y)=x+y\): \((x-c)+(y-c)=x+y\), откуда \(c=0\). Значит, \(f(x)=x\). Проверка очевидна.

При \(x=0\): \(f(f(y))=f(0)+y\). Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\), откуда \(a=b\). Значит, \(f\) инъективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(y))=y\).

Подставим \(y=f(t)\): \(f(x+f(f(t)))=f(x)+f(t)\), то есть \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). На \(\mathbb Q\) аддитивная функция имеет вид \(f(x)=cx\). Из \(f(f(y))=y\) следует \(c^2=1\). Ответы: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\). Проверка прямая.

При \(y=0\): \(f(f(x))=x+f(0)\), поэтому \(f\) инъективна и сюръективна. При \(x=0\): \(f(f(0)+y)=f(y)\). По инъективности \(f(0)+y=y\), значит \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(x))=x\).

Подставим \(y=f(t)\): \(f(f(x)+f(t))=x+t=f(f(x+t))\). По инъективности \(f(x)+f(t)=f(x+t)\). Следовательно, \(f\) аддитивна на \(\mathbb Q\), значит \(f(x)=cx\). Условие \(f(f(x))=x\) даёт \(c^2=1\). Ответ: \(f(x)=x\) или \(f(x)=-x\).

По сюръективности \(t=f(y)\) произвольно. Тогда \(f(x+t)=f(x)+2t\) для всех \(x,t\). При \(x=0\) получаем \(f(t)=f(0)+2t\). Следовательно, \(f(x)=2x+c\). Проверка: \(f(x+f(y))=2x+2f(y)+c=f(x)+2f(y)\). Все функции \(f(x)=2x+c\) подходят.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение исходного равенства при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(3a=3b\), значит \(a=b\). Функция инъективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). При \(x=0\): \(f(f(y))=3y\), отсюда \(f\) сюръективна.

Пусть \(t=f(y)\). Тогда \(f(t)=3y\), и исходное уравнение принимает вид \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). Значит, \(f\) аддитивна на \(\mathbb Q\), поэтому \(f(x)=cx\) для некоторого рационального \(c\). Условие \(f(f(y))=3y\) даёт \(c^2=3\), что невозможно для рационального \(c\). Противоречие.

По сюръективности \(t=f(y)\) произвольно, значит \(f(x+t)=f(x)+t+1\). При \(x=0\) получаем \(f(t)=f(0)+t+1\). Тогда левая часть равенства \(f(x+t)=f(x)+t+1\) равна \(f(0)+x+t+1\), а правая равна \(f(0)+x+1+t+1\). Получаем \(0=1\), противоречие. Такой функции не существует.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение уравнений при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(a=b\), значит \(f\) инъективна. Обозначим \(c=f(0)\). При \(x=0\): \(f(f(y))=c+y+1\). Пусть \(t=f(y)\). Тогда \(f(t)=c+y+1\), то есть \(y+1=f(t)-c\). Поэтому исходное уравнение даёт \(f(x+t)=f(x)+f(t)-c\) для всех \(x,t\) из образа. Функция сюръективна, так как \(f(f(T-c-1))=T\), значит это верно для всех \(t\).

Положим \(g(x)=f(x)-c\). Тогда \(g(x+t)=g(x)+g(t)\), поэтому на \(\mathbb Q\) имеем \(g(x)=ax\). Кроме того, из \(f(f(y))=c+y+1\) следует \(g(g(y)+c)=y+1\). Так как \(g\) аддитивна, \(g(g(y))+g(c)=y+1\). При \(y=0\) получаем \(g(c)=1\), значит \(g(g(y))=y\). Поэтому \(a^2=1\), а \(ac=1\). Если \(a=1\), то \(c=1\); если \(a=-1\), то \(c=-1\). Ответ: \(f(x)=x+1\) и \(f(x)=-x-1\). Проверка прямая.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение уравнений при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(a=b\), поэтому \(f\) инъективна. Обозначим \(c=f(0)\). При \(x=0\): \(f(f(y))=c+f(y)+y\). Если \(t=f(y)\), то \(f(t)=c+t+y\), значит \(t+y=f(t)-c\). Следовательно, \(f(x+t)=f(x)+f(t)-c\). Отсюда \(g(x)=f(x)-c\) аддитивна, и на \(\mathbb Q\) \(g(x)=ax\).

Итак, \(f(x)=ax+c\). Подставим в исходное уравнение: \(a(x+ay+c)+c=ax+(a+1)y+2c\). Сравнение коэффициентов даёт \(a^2=a+1\) и \(c(a-1)=0\). Но уравнение \(a^2-a-1=0\) не имеет рациональных корней. Противоречие.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение равенств при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(2a=2b\), значит \(a=b\). Функция инъективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), откуда \(f(0)=0\). При \(x=0\): \(f(f(y))=2y\), значит \(f\) сюръективна.

Пусть \(t=f(y)\). Тогда \(f(t)=2y\), поэтому \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). Функция аддитивна и возрастает, значит \(f(x)=cx\). Из \(f(f(y))=2y\) получаем \(c^2=2\), а возрастание даёт \(c>0\). Ответ: \(f(x)=\sqrt{2}x\). Проверка прямая.

При \(y=0\) получаем \(f(f(x))=x+f(0)\). Отсюда следует инъективность: если \(f(a)=f(b)\), то \(a+f(0)=b+f(0)\). Также следует сюръективность. При \(x=0\): \(f(f(0)+y)=f(y)\), поэтому по инъективности \(f(0)=0\). Значит, \(f(f(x))=x\).

Подставим \(y=f(t)\): \(f(f(x)+f(t))=x+t=f(f(x+t))\). По инъективности \(f(x)+f(t)=f(x+t)\). Функция непрерывна и аддитивна, значит \(f(x)=cx\). Условие \(f(f(x))=x\) даёт \(c^2=1\). Ответ: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\).

Если \(f(a)=f(b)\), сравнение уравнений при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(a=b\), значит \(f\) инъективна. Пусть \(c=f(0)\). При \(x=0\): \(f(f(y))=c+f(y)+y\). Если \(t=f(y)\), то \(f(t)=c+t+y\), откуда \(t+y=f(t)-c\). Поэтому \(f(x+t)=f(x)+f(t)-c\). Значит, \(g(x)=f(x)-c\) аддитивна и непрерывна, следовательно, \(g(x)=ax\).

Итак, \(f(x)=ax+c\). Подстановка в исходное уравнение даёт \(a(x+ay+c)+c=ax+(a+1)y+2c\). Поэтому \(a^2=a+1\) и \(c(a-1)=0\). Так как корни первого уравнения не равны \(1\), имеем \(c=0\). Значит, \(a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) или \(a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\). Обе функции \(f(x)=ax\) подходят.

Так как \(f\) сюръективна, \(t=f(x)\) пробегает все действительные числа. Тогда \(f(t+y)=t+f(y)\) для всех \(t,y\). При \(y=0\) получаем \(f(t)=t+f(0)\). Значит, \(f(x)=x+c\). Проверка: \(f(f(x)+y)=f(x)+y+c=x+c+y+c=f(x)+f(y)\). Все функции \(f(x)=x+c\) подходят.

Так как \(f\) сюръективна, \(t=f(y)\) произвольно. Поэтому \(f(x+t)+f(x-t)=2f(x)\) для всех \(x,t\). Положив \(u=x+t\), \(v=x-t\), получаем \(f\left(\frac{u+v}{2}\right)=\frac{f(u)+f(v)}{2}\). Непрерывная функция, сохраняющая середины, аффинна: \(f(x)=ax+b\).

Сюръективность требует \(a\ne0\). Проверка показывает, что любая функция \(f(x)=ax+b\), \(a\ne0\), удовлетворяет исходному уравнению. Ответ: \(f(x)=ax+b\), где \(a\ne0\).

Если \(f(a)=f(b)\), то из равенств с одинаковым \(y\) получаем \(a+y=b+y\), значит \(a=b\). Функция инъективна. Кроме того, любое \(T\) равно \(f(f(T)+f(0))\), поэтому \(f\) сюръективна. Пусть \(g=f^{-1}\).

Положив \(y=0\), получаем \(f(f(x)+f(0))=x\), значит \(g(x)=f(x)+f(0)\). Обозначим \(c=f(0)\). Тогда \(g(x)=f(x)+c\). Из исходного уравнения для \(x=y=g(0)\) получаем \(f(0)=2g(0)\). Но из \(g(0)=f(0)+c\) следует \(g(0)=2c\). Значит, \(c=4c\), откуда \(c=0\). Поэтому \(g=f\) и \(f(f(x))=x\).

Теперь для любых \(u=f(x)\), \(v=f(y)\) имеем \(f(u+v)=x+y=f(u)+f(v)\), потому что \(g=f\). Значит, \(f\) аддитивна. Возрастающая аддитивная функция имеет вид \(f(x)=ax\), где \(a>0\). Условие \(f(f(x))=x\) даёт \(a^2=1\), поэтому \(a=1\). Ответ: \(f(x)=x\).

При \(x=0\): \(f(f(y))=f(0)+y\). Отсюда, как обычно, следует инъективность. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(y))=y\).

Подстановка \(y=f(t)\) даёт \(f(x+t)=f(x)+f(t)\), то есть \(f\) аддитивна. Непрерывная аддитивная функция имеет вид \(f(x)=cx\). Из \(f(f(y))=y\) получаем \(c^2=1\), значит \(f(x)=x\) или \(f(x)=-x\). В первом случае \(f(2)=2\), во втором \(f(2)=-2\). Ни один случай не даёт \(3\). Противоречие.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение уравнений при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(a=b\), значит \(f\) инъективна. Обозначим \(c=f(0)\). При \(x=0\): \(f(f(y))=c+f(y)+y+1\). Пусть \(t=f(y)\). Тогда \(f(t)=c+t+y+1\), откуда \(t+y+1=f(t)-c\). Поэтому \(f(x+t)=f(x)+f(t)-c\). Значит, \(g(x)=f(x)-c\) аддитивна и непрерывна, следовательно, \(g(x)=ax\).

Из \(f(c)=f(0+f(0))=c+c+0+1=2c+1\) получаем \(g(c)=c+1\). Кроме того, \(f(f(y))=c+f(y)+y+1\) переписывается как \(g(g(y)+c)+c=g(y)+y+2c+1\). Так как \(g\) аддитивна и \(g(c)=c+1\), получаем \(g(g(y))=g(y)+y\). Для \(g(x)=ax\) это даёт \(a^2=a+1\).

Остаётся условие \(g(c)=c+1\), то есть \(ac=c+1\), или \(c(a-1)=1\). Поэтому \(a\) равен одному из корней \(a^2-a-1=0\), а \(c=\frac{1}{a-1}\). Итак, подходят две функции: \(f(x)=ax+\frac{1}{a-1}\), где \(a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) или \(a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\). Прямая подстановка подтверждает обе.