Encuentre todas las funciones \( f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z} \) que satisfacen la ecuación funcional \( f(x+f(y)) = f(x)-y \).
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Notemos primero que si \( x=0 \) entonces \( f(f(y)) = f(0) - y \hspace{0.5cm} \forall y \in \mathbb{Z} \) y si además hacemos \( f(x) = f(y) \) entonces \( f(f(x))=f(0)-x \) y por tanto \( f(0)-x = f(0) - y \Leftrightarrow{} x = y \) luego \( f \) es inyectiva. Debido a esto, si hacemos \( y = 0 \) entonces la ecuación funcional es \( f(x + f(0)) = f(x) \Leftrightarrow{f(0) = 0} \) ya que si no sería periódica y por tanto, no inyectiva. Escojamos un \( a \in \mathbb{Z} \) arbitrario. Si \( y = a \) y \( x = 0 \) entonces \( f(f(a)) = -a \) y si además hacemos \( x = f(a) \) entonces la ecuación funcional viene a ser \( f(2f(a)) = -2a \). Es sencillo comprobar que siguiendo este razonamiento de forma recursiva obtenemos que \( f(nf(a)) = -na \) para cada \( n \in \mathbb{Z} \) (para \( n < 0 \) basta escoger \( x = -f(a) \)). En particular, si \( n=f(b) \) para algún \( b \in \mathbb{Z} \) entonces \( f(f(b)f(a)) = -f(b)a \) y cambiando los roles de \( a \) y \( b \) podemos obtener también que \( f(f(b)f(a)) = -f(a)b \). Si suponemos que \( a, b \neq 0 \) entonces \( f(a)/a=f(b)/b \) lo que implica que existe una constante \( c \in \mathbb{Z} \) tal que \( f(x) = cx \hspace{0.5cm} \forall x \in \mathbb{Z} \). Llevando esto a la ecuación funcional entonces tenemos que \( c(x+cy) = cx - y \) o sea que \( c^2 = -1 \) y como \( \nexists \, c \in \mathbb{Z} \) que satisfaga esto, la ecuación funcional no tiene solución.
Nota: ¿Cómo he intuido que no tenía solución? Pues al llegar a la igualdad \( f(f(x)) = -x \) dije... esta ecuación funcional me suena. Y mirando entre mis notas encontré que era la ecuación funcional de Babbage pero... con un detalle. Era \( f(f(x)) = x \) en vez de \( -x \). Así que ya con esto intuí que no tenía solución y bingo. Ojo, si habría sido \( f:\mathbb{C} \to \mathbb{C} \) sí tendría solución. De hecho, dos soluciones.
