Sea $\mathbb{Q}$ el conjunto de los números racionales. Una función $f : \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q}$ se llama acuaesuliana si se satisface la siguiente propiedad: para cada $x, y \in \mathbb{Q}$, $$ f(x + f(y)) = f(x) + y \qquad \text{o} \qquad f(f(x) + y) = x + f(y).$$ Demostrar que existe un entero $c$ tal que para toda función acuaesuliana $f$ hay a lo más $c$ números racionales distintos de la forma $f(r) + f(-r)$ para algún número racional $r$, y encontrar el menor valor posible de $c$.
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore! Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
Diremos que $a \mapsto b$ si $f(a)=b$. Entonces $x \mapsto f(x) \wedge y \mapsto f(y)$ y si nos fijamos en la ecuación tenemos que $x+f(y) \mapsto f(x)+y \vee f(x)+y \mapsto x+f(y)$.
Si $x=y \implies f(x+f(x))=x+f(x)$ y si $x=0 \implies f(f(0))=f(0)$
Supongamos que $f(x)=f(y)$:
Si $f(x+f(y))=f(x)+y \implies f(x)+y=f(x+f(y))=f(x+f(x))=x+f(x)$ y si nos fijamos en los extremos de la ecuación tenemos que $y=x$ al restar $f(x)$ en ambos lados.
Y si $f(f(x)+y)=x+f(y) \implies x+f(y)=f(f(x)+y)=f(f(y)+y)=f(y)+y)$, volvemos a fijarnos en los extremos y tenemos que $x=y$.
Así que supusimos que $f(x)=f(y)$ y llegamos a que $x=y$, entonces $f(x)$ es inyectiva, en otras palabras significa que si $x \neq y$ entonces $f(x) \neq f(y)$.
Antes teníamos que $f(f(0))=f(0)$, y como $f(x)$ es inyectiva eso significa que $f(0)=0$, porque como vimos antes, si igualamos dos expresiones $f(x)=f(y)$ llegamos a que $x=y$.
Si $y=-f(x) \implies f(x+f(-f(x)))=0 \vee f(0)=x+f(-f(x))$, en la primera parte por ser $f(x)$ inyectiva y $f(0)=0$ tenemos que $x+f(-f(x))=0$ y en la segunda como $f(0)=0$ obtenemos lo mismo, que $x+f(-f(x))=0$.
Ahora en esa misma ecuación restamos $x$ en ambos lados y queda que $-x=f(-f(x))$, reemplazamos a $x$ por $-x$ y tenemos que $x=f(-f(-x))$, notamos que se puede escribir a $x$ como $f($algo$)$, y $x$ puede ser cualquier número racional, entonces $f(x)$ también puede ser cualquier número racional (la imagen de $f(x)$ es el conjunto de los racionales), por lo tanto $f(x)$ es sobreyectiva y por ser inyectiva también, es biyectiva.
Como $f(x)$ es biyectiva entonces $f(x)$ admite inversa ($f^{-1}(x)$), así que por la ecuación anterior $f^{-1}(x)=-f(-x)$.
Y la ecuación anterior también nos dice que si $u \mapsto v \implies -v \mapsto -u$, $u=x \mapsto f(x)=v \implies -v=-f(x) \mapsto -x=-u$.
Por la definición de $a \mapsto b$ tenemos que $f^{-1}(x) \mapsto x \mapsto f(x)=f(x)+f(-x)-f(-x)=(f(x)+f(-x))+f^{-1}(x)$.
Para trabajar con $f(r)+f(-r)$, supongamos que existen dos resultados distintos, que $f(x)+f(-x)=a \wedge f(y)+f(-y)=b \wedge a \neq b$, así que tenemos que $f^{-1}(x) \mapsto x \mapsto a+f^{-1}(x) \wedge f^{-1}(y) \mapsto y \mapsto b+f^{-1}(y)$, por la disyunción del enunciado podemos juntar estas dos relaciones, por un lado vamos a cambiar $x$ por $f^{-1}(x)$ y obtenemos que $f^{-1}(x)+b+f^{-1}(y) \mapsto x+y \vee x+y \mapsto f^{-1}(x)+b+f^{-1}(y)$ y por otro lado cambiamos $y$ por $f^{-1}(y)$ y conseguimos que $a+f^{-1}(x)+f^{-1}(y) \mapsto x+y \vee x+y \mapsto a+f^{-1}(x)+f^{-1}(y)$.
Notemos que si se cumple la primera condición de la primera disyunción, entonces no se puede cumplir la primera condición de la segunda disyunción, porque $f(x)$ es inyectiva, como $a \neq b$ entonces $a+f^{-1}(x)+f^{-1}(y) \neq b+f^{-1}(x)+f^{-1}(y)$ por lo tanto al evaluar la función en esas dos expresiones diferentes debe dar resultados diferentes, así que no se pueden cumplir las dos primeras condiciones al mismo tiempo. Luego vemos algo similar, no se pueden cumplir las dos segundas condiciones al mismo tiempo, ya que al evaluar $f(x+y)$ solo puede dar un resultado, y si las dos condiciones se cumplen al mismo tiempo, eso significa que $f(x+y)$ tiene dos resultados diferentes a la vez, pero por definición de función, solo puede tener un valor.
Así que si se cumple la primera condición de la primera disyunción, como se debe cumplir alguna de las condiciones de la segunda disyunción, necesariamente se debe cumplir la segunda condición de la segunda disyunción, y ocurre lo mismo con las otras condiciones, si se cumple la segunda condición de la primera disyunción, entonces se cumple la primera condición de la segunda disyunción.
Veamos el primer caso, podemos escribir que $b+f^{-1}(x)+f^{-1}(y) \mapsto x+y \mapsto a+f^{-1}(x)+f^{-1}(y)$, y vamos a usar que si $u \mapsto v \implies -v \mapsto -u$ en $y \mapsto b+f^{-1}(y) \implies -b-f^{-1}(y) \mapsto -y$, usaremos esto junto a la segunda condición de la segunda disyunción en la disyunción del enunciado y obtenemos que $x \mapsto f^{-1}(x)+a-b \vee f^{-1}(x)+a-b \mapsto x$, pero sabemos que $a-b \neq 0$, que $f^{-1}(x) \mapsto x$ y $f(x)$ es biyectiva así que $f^{-1}(x)$ también por lo tanto $f^{-1}(x)$ es inyectiva, entonces la segunda condición es falsa, y sabemos que $x \mapsto a+f^{-1}(x)$, entonces para que la primera condición se cumpla, se debe cumplir que $b=0 \neq a$. En el segundo caso, podemos hacer algo análogo y nos queda que $a=0 \neq b$, así que en total nos da que uno de los dos ($a$ o $b$) es $0$ y el otro es diferente de $0$, así que si volvemos a ver qué es $a$ y $b$, nos damos cuenta de que la expresión $f(x)+f(-x)$ puede tener como mucho $2$ resultados diferentes (específicamente uno debe ser $0$). Y ahora tenemos que ver si es posible que esa expresión tenga dos resultados diferentes.
Veamos que la función $f(x)=\left \lfloor x \right \rfloor - \left\{ x \right\}=x-2\left\{ x \right\}$ ($\left \lfloor x \right \rfloor$ es la parte entera de $x$ y $\left\{ x \right\}$ es la parte fraccionaria de $x$) es acuaesuliana y $f(r)+f(-r)$ tiene dos valores posibles.
Tenemos que $x+y-2\left\{ y \right\}-2\left\{ x+y-2\left\{ y \right\} \right\}=x-2\left\{ x \right\}+y \vee x-2\left\{ x \right\}+y-2\left\{ x-2\left\{ x \right\}+y \right\}=x+y-2\left\{ y \right\}$, en ambos casos restamos $x+y$ en ambos lados, y sumamos $2\left\{ x \right\}$ en el primero y $2\left\{ y \right\}$ en el segundo, sumamos $2\left\{ x+y-2\left\{ y \right\} \right\}$ en el primero y $2\left\{ x-2\left\{ x \right\} +y \right\}$ en el segundo y dividimos entre $2$ todo, y nos queda $\left\{ x \right\}-\left\{ y \right\}=\left\{ x+y-2\left\{ y \right\} \right\} \vee \left\{ y \right\}-\left\{ x \right\}=\left\{ x-2\left\{ x \right\}+y \right\}$. Como $r-\left\{ r \right\}=\left \lfloor r \right \rfloor$ que es la parte entera, entonces esa parte no afecta si está dentro de la parte fraccionaria de algo, entonces $\left\{ x+y-2\left\{ y \right\} \right\}=\left\{ x+\left \lfloor y \right \rfloor -\left\{ y \right\} \right\}=\left\{ x-\left\{ y \right\} \right\} \wedge \left\{ x-2\left\{ x \right\}+y \right\}=\left\{ \left \lfloor x \right \rfloor - \left\{ x \right\} +y \right\}=\left\{ y-\left\{ x \right\} \right\}$ y por la misma razón $\left\{ x-\left\{ y \right\} \right\}=\left\{ \left \lfloor x \right \rfloor + \left\{ x \right\} - \left\{ y \right\} \right\}=\left\{ \left\{ x \right\} - \left\{ y \right\} \right\} \wedge \left\{ y-\left\{ x \right\} \right\}=\left\{ \left \lfloor y \right \rfloor + \left\{ y \right\} - \left\{ x \right\} \right\}=\left\{ \left\{ y \right\} - \left\{ x \right\} \right\}$, así que queda $\left\{ x \right\}-\left\{ y \right\}=\left\{ \left\{ x \right\} - \left\{ y \right\} \right\} \vee \left\{ y \right\}-\left\{ x \right\}=\left\{ \left\{ y \right\} - \left\{ x \right\} \right\}$.
Sabemos que si $\left\{ w \right\} \geq \left\{ z \right\} \geq 0$ entonces $0 \leq \left\{ w \right\}-\left\{ z \right\} \leq1$ y que la parte fraccionaria de un número entre $0$ y $1$ es ese mismo número, entonces si $\left\{ x \right\} \geq \left\{ y \right\}$ se cumple que $\left\{ x \right\}-\left\{ y \right\}=\left\{ \left\{ x \right\} - \left\{ y \right\} \right\}$ y si $\left\{ y \right\} \geq \left\{ x \right\}$ se cumple que $\left\{ y \right\}-\left\{ x \right\}=\left\{ \left\{ y \right\} - \left\{ x \right\} \right\}$, de esta forma queda demostrado que $x-2\left\{ x \right\}$ es acuaesuliana.
Por último veamos la forma $f(r)+f(-r)$, reemplazamos por la función $f(r)+f(-r)=r-2\left\{ r \right\}+(-r)-2\left\{ -r \right\}=-2(\left\{ r \right\}+\left\{ -r \right\})=-2(\left\{ r \right\}+\left\{ 1-r \right\})$, si $r$ es entero, entonces $f(r)+f(-r)=-2(\left\{ r \right\}+\left\{ 1-r \right\})=-2 \cdot \left\{ 1 \right\}=0$, y si $r$ no es entero $-2(\left\{ r \right\}+\left\{ 1-r \right\})=-2 \cdot 1=-2$, así que $f(r)+f(-r)$ puede tener dos valores diferentes.
