mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 04, 2013 6:30 pm**

1) Nα βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{N}^*\rightarrow\mathbb{N}^*$ , για τις οποίες ισχύει

$f(n)+f(n+1)+f(f(n))=3n+1\ ,\ (\forall)n\in\mathbb{N}^*$

2) Nα βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ , για τις οποίες ισχύει

$3f(f(f(n)))+2f(f(n))+f(n) = 6n\ ,\ (\forall)n\in\mathbb{N}$

http://eisatopon.blogspot.gr/2013/02/38-39.html

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 04, 2013 8:42 pm**

Για την (1):

Η δοσμένη σχέση για $\displaystyle{n = 1}$ δίνει ότι:

$\displaystyle{f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) + f\left( {f\left( 1 \right)} \right) = 4,}$

οπότε

$\displaystyle{f\left( 1 \right),f\left( 2 \right),f\left( {f\left( 1 \right)} \right) \in \left\{ {1,2} \right\}.}$

$\bullet$ Αν $\displaystyle{f\left( 1 \right) = 1}$ , τότε θα είναι και $\displaystyle{f\left( {f\left( 1 \right)} \right) = 1,}$ οπότε $\displaystyle{f\left( 2 \right) = 2.}$ Έστω ότι $\displaystyle{f\left( k \right) = k}$ για κάποιο ακέραιο $\displaystyle{k \ge 2}$ . Τότε, η δοσμένη σχέση για $\displaystyle{n = k}$ δίνει ότι:

$\displaystyle{f\left( k \right) + f\left( {k + 1} \right) + f\left( {f\left( k \right)} \right) = 3k + 1 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow k + f\left( {k + 1} \right) + k = 3k + 1 \Rightarrow f\left( {k + 1} \right) = k + 1,}$

οπότε από την αρχή της μαθηματικής επαγωγής έπεται ότι $\boxed{\displaystyle{f\left( n \right) = n}}$ για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ .

$\bullet$ Αν $\displaystyle{f\left( 1 \right) = 2,}$ τότε θα είναι $\displaystyle{f\left( 2 \right) = 1}.$ Έστω ότι $\displaystyle{f\left( {2k - 1} \right) = 2k}$ και $\displaystyle{f\left( {2k} \right) = 2k - 1}$ για κάποιο ακέραιο $\displaystyle{k \ge 1}$ . Τότε, η δοσμένη σχέση για $\displaystyle{n = 2k}$ δίνει ότι:

$\displaystyle{f\left( {2k} \right) + f\left( {2k + 1} \right) + f\left( {f\left( {2k} \right)} \right) = 6k + 1 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 2k - 1 + f\left( {2k + 1} \right) + f\left( {2k - 1} \right) = 6k + 1 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 2k - 1 + f\left( {2k + 1} \right) + 2k = 6k + 1 \Rightarrow }$

$\displaystyle{\Rightarrow f\left( {2k + 1} \right) = 2k + 2,}$

ενώ για $\displaystyle{{n = 2k + 1}}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle{f\left( {2k + 1} \right) + f\left( {2k + 2} \right) + f\left( {f\left( {2k + 1} \right)} \right) = 6k + 4 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 2k + 2 + f\left( {2k + 2} \right) + f\left( {2k + 2} \right) = 6k + 4 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow f\left( {2k + 2} \right) = 2k + 1.}$

Από την αρχή της μαθηματικής επαγωγής έπεται ότι $\displaystyle{\boxed{f\left( n \right) = n + {\left( { - 1} \right)^{n + 1}}}}$ για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 04, 2013 11:27 pm**

Για τη (2):

Από τη δοσμένη σχέση προκύπτει άμεσα ότι η $\displaystyle{f}$ είναι 1-1.

Θα αποδείξουμε με (ισχυρή) επαγωγή ότι $\displaystyle{\boxed{f\left( n \right) = n}}$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Για $\displaystyle{n = 0}$ η δοσμένη σχέση δίνει ότι

$\displaystyle{3f\left( {f\left( {f\left( 0 \right)} \right)} \right) + 2f\left( {f\left( 0 \right)} \right) + f\left( 0 \right) = 0,}$

από όπου προκύπτει άμεσα ότι $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0.}$

Έστω ότι για κάποιο φυσικό αριθμό $\displaystyle{k}$ ισχύει $\displaystyle{f\left( n \right) = n}$ για κάθε $\displaystyle{n \in \mathbb{N}}$ με $\displaystyle{n \le k}$ . Θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle{f\left( {k + 1} \right) = k + 1.}$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{f\left( {k + 1} \right) \ge k + 1.}$ Πράγματι, αν ήταν $\displaystyle{f\left( {k + 1} \right) = n \le k,}$ τότε από την επαγωγική υπόθεση θα είχαμε ότι $\displaystyle{f\left( {k + 1} \right) = f\left( n \right)}$ και άρα $\displaystyle{k + 1 = n,}$ άτοπο.

Επίσης, είναι $\displaystyle{f\left( {f\left( {k + 1} \right)} \right) \ge k + 1.}$ Πράγματι, αν ήταν $\displaystyle{f\left( {f\left( {k + 1} \right)} \right) = n \le k,}$ τότε από την επαγωγική υπόθεση θα είχαμε ότι $\displaystyle{f\left( {f\left( {k + 1} \right)} \right) = f\left( n \right)}$ και άρα $\displaystyle{f\left( {k + 1} \right) = n \le k,}$ άτοπο.

Όμοια προκύπτει ότι $\displaystyle{f\left( {f\left( {f\left( {k + 1} \right)} \right)} \right) \ge k + 1.}$

Άρα, θα είναι:

$\displaystyle{3f\left( {f\left( {f\left( {k + 1} \right)} \right)} \right) + 2f\left( {f\left( {k + 1} \right)} \right) + f\left( k \right) \ge 6\left( {k + 1} \right),}$

οπότε όλες οι παραπάνω ανισότητες θα ισχύουν ως ισότητες. Έτσι, έχουμε ότι $\displaystyle{f\left( {k + 1} \right) = k + 1}$ , οπότε από την ισχυρή μορφή της αρχής της μαθηματικής επαγωγής προκύπτει ότι $\displaystyle{f\left( n \right) = n}$ για κάθε $\displaystyle{n \in \mathbb{N}}.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 07, 2013 8:53 pm**

Μία γενική ερώτηση.

Υπάρχει κάποιου είδους γενική μεθοδολογία σε ασκήσεις αυτού του τύπου (πχ. βρες την συνάρτηση που ικανοποιεί την σχέση...κλπ) ;

mathematica.gr

Δύο συναρτησιακές από eisatopon

Δύο συναρτησιακές από eisatopon

Re: Δύο συναρτησιακές από eisatopon

Re: Δύο συναρτησιακές από eisatopon

Re: Δύο συναρτησιακές από eisatopon