Συνάρτηση

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 104
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Συνάρτηση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Τρί Σεπ 11, 2018 3:10 pm

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



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7887
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Συνάρτηση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7202
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Συνάρτηση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Σεπ 12, 2018 11:00 am

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}.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7887
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Συνάρτηση

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Σεπ 12, 2018 11:45 am

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 n. Ομοίως f(n) τέλειο τετράγωνο για κάθε άρτιο n.

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 m,n.

Αλλά τότε το g(n) πρέπει επίσης να είναι τέλειο τετράγωνο για κάθε n. Δηλαδή το f(n) να είναι τέλεια τέταρτη δύναμη. Επαγωγικά (στο k), για κάθε k και κάθε n το f(n) είναι τέλεια δύναμη με εκθέτη 2^k. Απαραίτητα πρέπει f(n) = 1. (Επειδή αν f(n) = r > 1 τότε το f(n) 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##
Δημοσιεύσεις: 120
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συνάρτηση

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Σεπ 12, 2018 1:50 pm

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

Η ιδέα είναι να γραφούν τα πάντα συναρτήσει των f(1),f(2),f(3).
Έχω f(1)f(3)=f(4),f(5)f(1)=f(9)=f(2)f(4) δηλαδή f(5)=f(2)f(3).Επιπλέον,f(6)f(2)=f(5)f(3) δηλαδή f(6)=f(3)^2.
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}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: MarKo, NIZ και 2 επισκέπτες