συναρτησιακή στο Ν

Dimitris X · #1

Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ τέτοιες ώστε:
$f(m^2+f(n))=f(m)^2+n,\forall m,n \in \mathbb{N}$

Nick1990 · #2

Για να δουμε...

Για m=0 εχουμε:
f(f(n)) = n + f^2(0)

και εφαρμοζοντας την f:
f(n + f^2(0)) = f(n) + f^2(0)

*
Επισης για m = f(0)

η * δινει:
n + 2f^2(0) = f(f(n)) + f^2(0) = f(f^2(0) + f(n)) = f^2(f(0)) + n

**
Ομως απο η πρωτη σχεση που βρηκαμε, για n=0

προκειπτει f(f(0)) = f^2(0)

, οποτε η ** δινει:
$f^4(0) + n = n + 2f^2(0) \Rightarrow f(0) = 0$ (αφου f(0)

ειναι ακεραιος).
Οποτε στην αρχικη για n=0

και

παιρνουμε αντιστοιχα:
f(m^2) = f^2(m)

και

Οποτε για

:

(διοτι προφανως η f ειναι 1-1)
Επομενως μετα για m=1

:

,
οποτε επαγωγικα προκειπτει οτι η συναρτηση ειναι η ταυτοτικη στο

ΥΓ: Ολα τα παραπανω ειναι σωστα με την προυποθεση οτι θεωρουμε οτι $0 \in N$
Σε αντιθετη περιπτωση δεν το εχω κοιταξει αλλα πιστευω πως το προβλημα γινεται πολυ δυσκολο.

Dimitris X · #3

Νίκο η λύση που έχει το βιβλίο από όπου προέρχεται η άσκηση δεν χρεισημοποιεί πουθενά το 0....Και είναι όντος πολύ δύσκολη......

Nick1990 · #4

Dimitris X έγραψε:Νίκο η λύση που έχει το βιβλίο από όπου προέρχεται η άσκηση δεν χρεισημοποιεί πουθενά το 0....Και είναι όντος πολύ δύσκολη......

Μαλιστα, τοτε εχουμε να λυσουμε το προβλημα:

Να βρεθουν ολες οι συναρτησεις $f:Z_{+} \rightarrow Z_{+}$ , για τις οποιες
$f(m^2 + f(n)) = f^2(m) + n \forall m,n \in Z_{+}$

#5

Για να δούμε

Επεξεργασία: Ο Νίκος (δείτε πιο κάτω) εντόπισε λάθος στην πιο κάτω "απόδειξη".

1) Αν f(n_1) = f(n_2)

τότε

και άρα

, δηλαδή η

είναι 1-1. (Το έχει ήδη παρατηρήσει και ο Νίκος)

2) Παίρνουμε

ελάχιστο ώστε f(m) > f(1)

και θέτω

. (Τέτοιο

υπάρχει επειδή η

είναι 1-1.) Τότε για κάθε $n \in \mathbb{N}$ έχουμε f(m^2 + f(n)) = f(m)^2 + n = f(1)^2 + (n + k) = f(1 + f(n + k))

. Επειδή η

είναι 1-1 συμπεραίνουμε ότι για κάθε $n \in \mathbb{N}$ , έχουμε f(n+k) - f(n) = m^2 - 1

3) Χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα στο (2)

φορές βρίσκουμε ότι για κάθε $n \in \mathbb{N}$ , έχουμε f(n+k^2) - f(n) = k(m^2 - 1)

4) Από το (3) παίρνουμε f(k^2) + n = f(k^2 + f(n)) = f(f(n)) + k(m^2 - 1)

και άρα

είναι σταθερό και ισούται με c := f(k^2) - k(m^2 - 1).

5) Για κάθε $n \in \mathbb{N}$ έχουμε f(n) + c = f(f(f(n))) = f(n + c)

.

6) Πάμε άλλη μια γύρα: f(n + c^2) = f(n) + c^2

για κάθε

, άρα

. Άρα το

είναι τέλειο τετράγωνο άρα c = 1

.

7) Έχουμε f(n + 1) = f(n) + 1

για κάθε

, άρα

και θέτοντας m=n=1

βρίσκουμε

, και άρα

. Δηλαδή

για κάθε

η οποία προφανώς είναι λύση.

Nick1990 · #6

Demetres έγραψε: Άρα το είναι τέλειο τετράγωνο άρα .

7) Έχουμε για κάθε , άρα και θέτοντας βρίσκουμε , και άρα . Δηλαδή για κάθε η οποία προφανώς είναι λύση.

Δεν μελετησα με προσοχη τη λυση αλλα νομιζω οτι καπου πρεπει να υπαρχει τυπογραφικο, εκει που προκειπτει οτι c=1

προκειπτει αμεσα οτι και f^2(c) = c(c - 1) = 0

με

, οποτε προκειπτει και f(1) = 0

, οποτε δεν ειναι λογικο παρακατω να προκειπτει f(1) = 1

Edit: βρηκα τι συμβαινει:
Πρεπει πρωτα να δουμε οτι το c δεν μπορει να ειναι αρνητικο, διοτι σε αλλη περιπτωση f(f(1)) < 1

, ατοπο.
Αρα πρεπει να ειναι μη αρνητικο, οποτε αν δεν ειναι 0 τοτε μετα η σχεση f^2(c) = c(c+1)

δινει ατοπο (το τυπογραφικο ηταν το προσημο, ειναι c+1 αντι για c-1), οποτε πρεπει c=0 και η σχεση που παιρνουμε ειναι f(f(n)) = n

η οποια με μια γρηγορη ματια δεν οδηγει αμεσα σε λυση... οποτε το προβλημα μαλον θελει κι αλλο ψαξημο!

#7

Νίκο έχεις δίκιο. Υπάρχει λάθος στην πιο πάνω αντιμετώπιση. Την αφήνω με την ελπίδα να φανεί χρήσιμη σε μελλοντική λύση.

#8

Demetres έγραψε:Για να δούμε

Επεξεργασία: Ο Νίκος (δείτε πιο κάτω) εντόπισε λάθος στην πιο κάτω "απόδειξη".

1) Αν τότε και άρα , δηλαδή η είναι 1-1. (Το έχει ήδη παρατηρήσει και ο Νίκος)

2) Παίρνουμε ελάχιστο ώστε και θέτω . (Τέτοιο υπάρχει επειδή η είναι 1-1.) Τότε για κάθε $n \in \mathbb{N}$ έχουμε . Επειδή η είναι 1-1 συμπεραίνουμε ότι για κάθε $n \in \mathbb{N}$ , έχουμε

3) Χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα στο (2) φορές βρίσκουμε ότι για κάθε $n \in \mathbb{N}$ , έχουμε

4) Από το (3) παίρνουμε και άρα είναι σταθερό και ισούται με

Ας το ξαναδούμε. Ελπίζω αυτή την φορά να είμαι σωστός

4.5) Παρατηρούμε ότι $c = f(f(1)) - 1 \geqslant 0$ .

5) Για κάθε θετικό ακέραιο

έχουμε

.

6) Αν c > 0

, τότε εφαρμόζοντας το (5)

φορές παίρνουμε f(n+c^2) = f(n) + c^2

και άρα

Άρα

είναι τέλειο τετράγωνο και άρα c=1

. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού δίνει f(1) = 0

.

7) Άρα c=0

και από το (4) έχουμε f(f(n)) = n

. Άρα

και άρα

.

8) Από το (7) επαγωγικά παίρνουμε f(n) = f(1) + (n-1)f(1)^2

.

9) Έχουμε f(1 + f(1)) = f(1)^2 + 1 = f(2)

(από 8) και αφού η

είναι 1-1 τότε 1 + f(1) = 2

και άρα

.

10) Από (8) και (9) έχουμε f(n) = n

για κάθε

.

Dimitris X · #9

Για δείτε μία απάντηση του Batominovski από mathlinks.

Let $b:=\min \big\{f(n)|n\in\mathbb{N}\big\}$ . Since

is injective, there is a unique

s.t.

. Write $\ell:=a^2+b^2$ . Note that $\displaystyle{f\left(a^2+f(n)\right)=n+b^2}$ for all

. Therefore, $\displaystyle{f(n+\ell) = f\Big(a^2+f\left(a^2+f(n)\right)\Big) = b^2+\left(a^2+f(n)\right) = f(n)+\ell\,.}$ Consequently, it suffices to define only f(r)

, where $1 \leq r \leq \ell$ , and for all $q \geq 0$ , $f(q\ell+r) = q\ell+f(r)$ .

Suppose that $m=p\ell+r$ and $n=q\ell+s$ , where $p,q \geq 0$ and $1 \leq r,s \leq \ell$ . Therefore,

$f\left(r^2+f(s)\right) + \ell\left(p^2\ell+2pr+q\right)=f\left(m^2+f(n)\right)\\ \phantom{f\left(r^2+f(s)\right) + \ell\left(p^2\ell+2pr+q\right)}=\big(f(m)\big)^2+n=\big(p\ell+f(r)\big)^2+(q\ell+s) \\ \phantom{f\left(r^2+f(s)\right) + \ell\left(p^2\ell+2pr+q\right)} =\Big(\big(f(r)\big)^2+s\Big)+ \ell\left(p^2\ell+2p f(r) + q\right)\,$

However, because $f\left(r^2+f(s)\right)=\big(f(r)\big)^2+s$ , we conclude from the above result that f(r)=r

. This means f(n)=n

for all natural numbers

.

συναρτησιακή στο Ν

συναρτησιακή στο Ν

Re: συναρτησιακή στο Ν

Re: συναρτησιακή στο Ν

Re: συναρτησιακή στο Ν

Re: συναρτησιακή στο Ν

Re: συναρτησιακή στο Ν

Re: συναρτησιακή στο Ν

Re: συναρτησιακή στο Ν

Re: συναρτησιακή στο Ν

Μέλη σε σύνδεση