Συνάρτηση

Xriiiiistos · #1

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:N\rightarrow N$ ώστε για κάθε $m,n\in \mathbb{N}$ να ισχύει

$f(m-n)f(m+n)=f(m^{2})$

Η άσκηση αυτήν ήταν θέμα από μαθηματικο διαγωνισμό στην Αμερική το 2003

#2

Η εκφώνηση έχει κάποια θεματάκια. Θα έπρεπε να λέει για κάθε $m,n \in \mathbb{N}$ ώστε $m-n \in \mathbb{N}$ . Επίσης υπάρχει το ζήτημα αν $0 \in \mathbb{N}$ ή όχι μιας και η απάντηση ίσως και να αλλάζει.

#3

Demetres έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 12, 2018 10:46 am
Η εκφώνηση έχει κάποια θεματάκια. Θα έπρεπε να λέει για κάθε $m,n \in \mathbb{N}$ ώστε $m-n \in \mathbb{N}$ . Επίσης υπάρχει το ζήτημα αν $0 \in \mathbb{N}$ ή όχι μιας και η απάντηση ίσως και να αλλάζει.

Η ακριβής εκφώνηση είναι:

Έστω ότι το $\mathbb{N}$ συμβολίζει το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$

έτσι ώστε $\displaystyle f(m+n)f(m-n) = f(m^2) ,$ για $m,n \in \mathbb{N}$ .

#4

Ωραία. Άρα το ένα θέμα ξεκαθαρίζει πλήρως ενώ το άλλο είναι σχεδόν αυτονόητο.

Για $m \geqslant 1$ έχω:

$\displaystyle f(m-1)f(m+1) = f(m^2)$
$\displaystyle f(m-1)f(m+3) = f((m+1)^2)$
$\displaystyle f(m-1)f(m+3) = f((m+2)^2)$

Επομένως το f(m^2) f((m+1)^2) f((m+2)^2)

είναι τέλειο τετράγωνο.

Για $m \geqslant 3$ έχω:

$\displaystyle f(m-2)f(m+2) = f(m^2)$
$\displaystyle f(m+2)f(m) = f((m+1)^2)$
$\displaystyle f(m-2)f(m+6) = f((m+2)^2)$
$\displaystyle f(m)f(m+6) = f((m+3)^2)$

Επομένως το f(m^2) f((m+1)^2) f((m+2)^2)f((m+3)^2)

είναι τέλειο τετράγωνο.

Άρα και το f((m+3)^2)

είναι τέλειο τετράγωνο.

Δηλαδή f(n^2)

είναι τέλειο τετράγωνο για κάθε $n \geqslant 6$ .

Για n = 2k+1

περιττό ( $n \neq 49$ ) έχω f(n)f(7^2) = f(2k+1)f(49) = f((k+25)^2)

και επειδή τα f(49),f((k+25)^2)

είναι τέλεια τετράγωνα, το ίδιο ισχύει και για το f(n)

. Έχει επίσης αποδειχθεί ότι f(49)

τέλειο τετράγωνο και άρα f(n)

τέλειο τετράγωνο για κάθε περιττό

. Ομοίως

τέλειο τετράγωνο για κάθε άρτιο

.

Μπορώ λοιπόν να γράψω f(n) = g(n)^2

για κάποια συνάρτηση $g:\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ . Καταλήγω όμως στην g(m-n)g(m+n) = g(n^2)

για κάθε

.

Αλλά τότε το g(n)

πρέπει επίσης να είναι τέλειο τετράγωνο για κάθε

. Δηλαδή το f(n)

να είναι τέλεια τέταρτη δύναμη. Επαγωγικά (στο

), για κάθε

και κάθε

το

είναι τέλεια δύναμη με εκθέτη 2^k

. Απαραίτητα πρέπει f(n) = 1

. (Επειδή αν f(n) = r > 1

τότε το

δεν μπορεί να γραφτεί στην μορφή $s^{2^r}$ αφού $s^{2^r} \geqslant 2^{2^r} \geqslant 2^r \geqslant r$ .)

Άρα f(n) = 1

για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

min## · #5

Μια κάπως straight-forward λύση(απαιτεί μόνο πράξεις).

Η ιδέα είναι να γραφούν τα πάντα συναρτήσει των f(1),f(2),f(3)

.
Έχω

,

δηλαδή

.Επιπλέον, f(6)f(2)=f(5)f(3)

δηλαδή

.
Έχω κατά σειρά, $f(7)f(1)=f(6)f(2)\rightarrow f(7)=f(3)^2\cdot \frac{f(2)}{f(1)}$ , $f(8)f(2)=f(7)f(3)\rightarrow f(8)=f(3)^2\cdot \frac{f(2)}{f(1)}\cdot \frac{f(3)}{f(2)}$
και αν συνεχίσω,φτιάχνω τις σχέσεις $f(2k)=f(3)^2\cdot \frac{f(2)^{k-3}}{f(1)^{k-3}}\cdot \frac{f(3)^{k-3}}{f(2)^{k-3}}=\frac{f(3)^{k-1}}{f(1)^{k-3}}$ και $f(2k+1)=f(3)^2\frac{f(2)^{k-2}}{f(1)^{k-2}}\frac{f(3)^{k-3}}{f(2)^{k-3}}=f(3)^{k-1}\frac{f(2)}{f(1)^{k-2}}$ ,οι οποίες ισχύουν (μαζί-αθροιστικά) για όλους τους αριθμούς $\geq 4$ .Αν βάλω στην αρχική $(m,n)\rightarrow (4,3)$ και χρησιμοποιήσω τους παραπάνω τύπους για το δεξί μέλος ,παίρνω $f(1)f(7)=f(16)= \gg f(1)f(7)=f(3)^{2}f(2)=\frac{f(3)^{7}}{f(1)^{5}}$ ,ενώ για $(m,n)\rightarrow (4,2)$ καταλήγω στην $f(3)^{2}f(2)=f(9)=f(3)^{3}\frac{f(2)}{f(1)^2}$ και αξιοποιώντας τις 2 τελευταίες f(3)=f(1)^2,f(2)=f(1)^5

.Χρειάζομαι άλλη μια σχέση που θα αποδείξει ότι τελικώς f(1)=1

.Μια τέτοια είναι η $f(4)f(6)=f(25)= \gg f(1)^7=f(3)^{11}\frac{f(2)}{f(1)^{10}}=f(1)^{17}$ .Άρα f(1)=f(2)=f(3)=1

και από τους τύπους, $f(k)=1\forall k\epsilon \mathbb{N}$ .

Συνάρτηση

Συνάρτηση

Re: Συνάρτηση

Re: Συνάρτηση

Re: Συνάρτηση

Re: Συνάρτηση

Μέλη σε σύνδεση