La respuesta son las constantes, \(f(x)\equiv\lfloor x\rfloor\) y \(f(x)\equiv\lceil x\rceil\), las cuales funcionan. Ahora demostraremos que estas son las únicas soluciones. En lo que sigue, asumiremos que \(f\) no es constante. Sea \(P(x,a,b)\) la afirmación, y sea \(S\) el conjunto de todos los valores de \(f(x)-x\). Mediante \(P(x,a-f(x),b)\), con \(s=x-f(x)\), tenemos \[\boxed{f\left(\frac ab\right)=f\left(\frac{a+s}b\right)}\] para todo \(a\in\mathbb Z\), \(b\in\mathbb Z_{>0}\), \(s\in S\). Llamemos a esta afirmación \(Q(s,a,b)\). Afirmación: \(f(n)=n\) para todo entero \(n\). Además, \(f(n+s)=n\) para todo \(s\in S\). Demostración. De lo contrario, para algún \(n\), \(n-f(n)\ne0\) es un entero no nulo \(m\in S\), por lo que mediante \(Q(m,am,bm)\), \[f\left(\frac ab\right)=f\left(\frac{am}{bm}\right)=f\left(\frac{am+m}{bm}\right)=f\left(\frac{a+1}b\right).\] Es fácil demostrar que \(f\) es constante a partir de aquí, lo cual es una contradicción. Entonces \(Q(s,n,1)\) da \(n=f(n)=f(n+s)\) para todo \(s\in S\). (Observe también que si \(f(n+s)=n\) para algún \(n\), entonces \(s\in S\).) \(\blacksquare\) Afirmación: Si \(s\in S\), entonces para todo entero positivo \(b\), también tenemos \(s/b\in S\). Demostración. Mediante \(Q(s,bn,b)\), tenemos \[n=f(n)=f\left(n+\frac sb\right),\] por lo que \(x=n+s/b\) cumple \(x-f(x)=s/b\). \(\blacksquare\) Note que para algún entero impar \(k\), \[\frac k2=\frac12-f\left(\frac12\right)\in S.\] Por la Afirmación 2, \(1/2\in S\) o \(-1/2\in S\). En el primer caso, \(f(1/2)=0\) y en el segundo caso, \(f(-1/2)=0\). Dado que \(f\) es una solución si y solo si \(x\mapsto-f(-x)\) es una solución, podemos asumir SPDG que estamos en el caso \(1/2\in S\). Demostraremos que \(f(x)\equiv\lfloor x\rfloor\). Afirmación: [Inducción principal] \(f(x)=0\) para todo \(0

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