すべて検索 $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ 満足する $ f(m-n+f(n))=f(m)+f(n) $

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Ishan 2020-04-21 00:37.

質問-

すべて検索 $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ 関係を満たす-

$$ f(m-n+f(n))=f(m)+f(n) $$ すべてのために $m, n \in \mathbb{N}$ どこ $N={1,2,3....}$

解決策-

観察する $f(n) \geq n .$ 検討する $F(n)=f(n)-n .$ それを示す $F$ 満たす $$ F(F(n)+m)=F(m)+n $$ これを使用して、次のように結論付けます$F(1)=1$

そして $F(n+1)=F(n)+$ $F(1)$ すべてのために $n \geq 1 .$ したがって、 $F(n)=n F(1) .$ その結果 $F(n)=n$ そして $f(n)=2 n$

今、私は彼らがどのように証明したのか理解していませんでした $F(1)=1$ ???

どんな助けでもありがたいです

ありがとうございました

3 answers

0
zwim 2020-04-21 01:13.

$f(0)+f(0)=f(f(0))$

$f(0)+f(f(0))=f\bigg(0-f(0)+f(f(0))\bigg)=f\bigg(0-f(0)+f(0)+f(0)\bigg)=f(f(0))$

減算 $f(f(0))$ 私たちが得るそれぞれの側 $f(0)=0$

$f(0)+f(n)=f(n)=f(0-n+f(n))\iff f(n)=f(f(n)-n)$

$f(m)+f(n)=f(m)+f(f(n)-n)=f\bigg(m-f(n)+n+f(f(n)-n)\bigg)=f\bigg(m-f(n)+n+f(n)\bigg)=f(m+n)$

したがって、 $f$ と線形です $f(0)=0$ そう $f(n)=an$

方程式での報告 $f(n)+f(n)=f(f(n))\iff 2an=a^2n\iff a=2, a=0$

したがって、 $f(n)=2n$ または $f(n)=0$

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ne3886 2020-04-21 03:07.

コメントできないので、ここで@zwimに対して行います。mが負の関数方程式を使用しています( $f(0)+f(n)=f(n)=f(0-n+f(n))\iff f(n)=f(f(n)-n)$

私の解決策:考えてみましょう $h(n) = f(n) - 2n$$h$ 関数方程式を検証します。 $$h(m+n+h(n)) = h(m) - h(n), \text{ where } h: \mathbb{N}_{>0} \to \mathbb{Z}$$ 拡張します $h$$\mathbb{N}$ 沿って $h(0) = 0$。特に私たちは持っています:$h(2n + h(n)) = 0$。だから存在する場合$n_0 > 0$ st $h(n_0) = 0$、 我々は持っています $h(m + n_0) = h(m)$ そう $h$ です $n_0$-定期的。しましょう$0 < i < n_0$、入れます $h_i = h(i)$。我々は持っています $$h(n+i+h_i) = h(n) - h_i$$ そして誘導によって: $$h(n+k(i+h_i)) = h(n) - kh_i$$。選択することにより$k = n_0$、結論 $h_i = 0$、したがって、周期性によって、 $h(n) = 0$、 そう $f(n) = 2n$。そうでなければ、ない場合$n_0>0$ st $h(n_0) = 0$、その後から $h(2n+h(n)) = 0$ 結論 $f(n) = 0$

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Anas A. Ibrahim 2020-04-22 15:18.

彼がそれをどのように証明したかはわかりませんが、私の解決策は次のとおりです。 $$f(m-n+f(n))=f(m)+f(n) \implies P(m,n)$$ $$P(0,0) \implies f(f(0))=2f(0)$$ しましょう $f(0)=c$ 与える $f(c)=2c$、 そう $$P(m,c)\implies f(m+c)=f(m)+2c $$ $$P(m,0) \implies f(m+c)=f(m)+c $$ そう、 $c=2c \implies c=0 \implies f(0)=0$ $$P(n,n) \implies f(f(n))=2f(n)$$ しましょう $f(1)=k$ $$P(1,1) \implies f(k)=2k$$ $$P(m,1) \implies f(m-1+k)=f(m)+k$$ $$P(m-1,k) \implies f(m-1-k+2k)=f(m-1+k)=f(m-1)+2k$$ したがって、前の2つの方程式を組み合わせると、次のようになります。 $$f(m)+k=f(m-1)+2k \Leftrightarrow f(m)-f(m-1)=k \implies H(m) $$ $$H(2)\implies f(2)-f(1)=k \implies f(2)=2k$$ $$H(3)\implies f(3)-f(2)=k \implies f(3)=k+f(2)=k+2k=3k$$ など、単純な誘導によって、そして $f(0)=0$ $$f(x)=kx \text{ } \forall \text{ } x \in \mathbb{N}$$ 元の方程式に代入すると、 $$km-kn+{k^2}n=km+kn \Leftrightarrow {k^2}n=2kn \Leftrightarrow k^2=2k \Leftrightarrow k^2-2k=0 $$ $$ \Leftrightarrow k(k-2)=0$$ これは与える $$(1) \text{ } k=0 \implies f(x)=0 \text{ } \forall \text{ } x \in \mathbb{N}$$ $$(2) \text{ } k=2 \implies f(x)=2x \text{ } \forall \text{ } x \in \mathbb{N}$$ 唯一の2つの解決策 $\Box$

いつ $0$ に属していない $\mathbb{N}$、に関連するすべてのステップを破棄できます $0$ そしてその証拠は今でも当てはまります。

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