συνάρτηση στο Ν!

tasosty · #1

Να βρεθούν οι συναρτήσεις $f:N\rightarrow N$ που ικανοποιούν την εξίσωση:

f(n)+f(n+1)+200=f(n+2)f(n+3)

**Αντρέα ευχαριστώ για την έγκαιρη διόρθωση

andreass · #2

Απλά για να μην κάνει κάποιος άδικο κόπο η συνάρτηση είναι $f: N \rightarrow N$ .

andreass · #3

Μπορούμε να ξεκινήσουμε αφαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις
f(n)+f(n+1)+200=f(n+2)f(n+3)

και

παίρνοντας
f(n+2)-f(n)=f(n+3)(f(n+4)-f(n+2))

.

Παρατηρούμε τώρα πως αν αντικαταστήσουμε στην τελευταία σχέση n+2, n+4, n+6,.....,n+2k

έχουμε

...

και αφού κατά μέλη πολλαπλασιάσoυμε τις σχέσεις καταλήγουμε στο
f(n+2)-f(n)=f(n+3)f(n+5).....f(n+2k+3)(f(n+2k+4)-f(n+2k+2))

και κατά συνέπεια f(3)-f(1)=f(4)f(6)....f(2k+4)(f(2k+5)-f(2k+3))

και $f(4)-f(2)=f(5)f(7)...f(2k+5)(f(2k+6)-f(2k+4)) \forall k \in N$ .

Άρα αν f(n)=f(n+2)

για κάποιο θετικό ακέραιο n τότε αν

άρτιος θα έχουμε f(2k)=f(2)

και αν

περιττός θα έχουμε f(2k+1)=f(1)

για κάθε θετικό ακέραιο k.

Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι $f(n)\neq f(n+2)\forall n \in N$ . Είναι πρόφανες ότι κάθε ακέραιος, εξαιρουμένου του μηδενός, μπορεί να γραφτεί σαν γινόμενο πεπερασμένων μόνο άλλων ακεραίων, εξαιρουμένων της θετικής και της αρνητικής μονάδας. Κατά συνέπεια αφού όπως δείξαμε πιο πάνω το f(3)-f(1)

μπορεί να γραφτεί σαν γινόμενο όσων παραγόντων θέλουμε, τότε είτε είναι μηδένικό, που οδηγεί την υπόθεση που κάναμε σε άτοπο, είτε υπάρχει θετικός ακέραιος Μ τέτοιος ώστε για κάθε n μεγαλύτερο του Μ f(2n+4)=f(2M+4)=1

, γιατί διαφορετικά το f(3)-f(1)

θα απειριζόταν, που μας οδηγεί και πάλι σε άτοπο.

Άρα τώρα το πρόβλημα μας έχει τρεις περιπτώσεις, είτε f(2k)=f(2)

είτε

είτε και τα δύο. Θα διερευνήσουμε την πρώτη (η δεύτερη θα γίνεται με ακριβώς τον ίδιο τρόπο).
Από τις παρατηρήσεις της προηγούμενης παραγράφου f(2k)=1

. Αν πάρουμε τώρα τη σχέση (1)
$f(2k+3)-f(2k+1)=f(2k+4)(f(2k+5)-f(2k+3))=f(2k+5)-f(2k+3) \Rightarrow f(2k+5)+f(2k+1)=2f(2k+3)$
που μας οδηγεί στο ότι οι όροι της ακολουθίας f(2k+1)

αποτελούν αριθμητική πρόοδο. Άρα αντικαθιστώντας πάνω στη δεδομένη σχέση παίρνουμε την διαφορά αυτής της προόδου να είναι 201 και άρα οδηγούμαστε στη μία λύση της συναρτησιακής να είναι
$\displaystyle{ f(n)=\begin{cases}\ 1 &\textrm{} n\equiv 0\pmod 2 \\ \frac{201(n-1)}{2}+f(1) &\textrm{ } n\equiv 1\pmod 2\end{cases} }$
Με όμοιο τρόπο εξετάζουμε την άλλη περίπτωση και καταλήγουμε στη δεύτερη λύση
$\displaystyle{ f(n)=\begin{cases}\ 1 &\textrm{} n\equiv 1\pmod 2 \\ \frac{201(n-2)}{2}+f(2) &\textrm{ } n\equiv 0\pmod 2\end{cases} }$
Με τα f(1)

και

αντίστοιχα να μην μπορούν να προσδιορισθούν.

Επίσης, στην περίπτωση που f(2k)=f(2)

και

αντικαθιστώντας πάνω στη δεδομένη σχέση παίρνουμε
f(2)+f(1)+200=f(2)f(1)

η οποία εύκολα μας δίνει τις εξής τέσσερις λύσεις της συναρτησιακής $(f(2k+1),f(2k+2))=\{(2,202),(4,68),(68,4),(202,2)\}$ .
Τέλος ξέρουμε πως αυτές οι λύσεις είναι μοναδικές και είναι πράγματι λύσεις αφού επαληθεύουν τη δεδομένη σχεση.

*Ευχαριστώ Τάσο για τη διόρθωση και ελπίζω πλέον ομαδικά να έχουμε μια ολοκληρωμένη λύση

συνάρτηση στο Ν!

συνάρτηση στο Ν!

Re: συνάρτηση στο Ζ

Re: συνάρτηση στο Ν!

Μέλη σε σύνδεση