Funciones de la satisfacción de $f:\mathbb{N}\rightarrow\ \mathbb{N}$ $f(f(n))+f(n+1)=n+2$

Question

Encontrar todas las funciones $f$ tal que $f:\mathbb{N}\rightarrow\ \mathbb{N}$ $f(f(n))+f(n+1)=n+2$

Deje que nos conecte $n=1$

$f(f(1))+f(2)=3$

Ya que la función es de $\mathbb{N}$ a $\mathbb{N}$, $f(2)$ sólo puede tomar los valores de $1,2$. Ahora dividimos el problema en los casos.

Caso 1: $f(f(1))=2,f(2)=1$

Podemos suponer que $f(1)=c$ por el momento. Luego de conectar $n=3$ y el uso de $f(2)=1$ da $$f(3)=4-c$$ and again since the range of the function is positive integers,then $4-c$ has to be positive and hence $c$ belongs to {$1,2,3$}. Now, $$f(1)=c$$ $$\implica f(f(1))=f(c)$$ $$\implies 2=f(c)$$ by the assumption that $f(f(1))=2$ . Now,since $c$ can only take the values $1,2,3$,we start treating cases. If $c=1$, $$f(c)=2$$ $$\implica f(1)=2$$ but we know from the deinition of $c$ that $f(1)=c=1$,a contradiction.If $c=2$,then $2=f(c)=f(2)$ but $f(2)=1$ by assumption. Finally,if $c=3$ $$2=f(c)=f(3)$$ but $$f(3)=4-c=4-3=1$$ que es de nuevo una contradicción. Por lo tanto, no existen tales funciones, como en este caso.

Caso 2: $f(f(1))=1,f(2)=2$

De nuevo asumiendo $f(1)=c$ y el uso de $f(n)\le n$ junto con enchufar $n=c-1$ nos dará ese $f(1)=1$ y, a continuación, es fácil probar que tal función existe por recursión. Sólo puedo dar un "tipo de recursivas" para definir la función. Aquí va $$f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$$ $$f(1)=1$$ $$f(n)=n+1-f(f(n-1))$$

Pero este caso es más difícil de manejar.La ayuda será apreciada.

Answer 1

Esta respuesta no intenta resolver los siguientes funcional de la ecuación del primer principio.

$$f(n+1) + f(f(n)) = n+2,\quad\text{ for } n \ge 1\tag{*1}$$

En su lugar, compruebe la función de $\left\lceil \frac{n}{\phi}\right\rceil$ apareció en OEIS A019446 es una solución de $(*1)$.

Para cualquier fija $n \ge 1$, ya que el $\phi$ es irracional, existe 3 números de $\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3 \in (0,1)$ tal forma que: $$\left\lceil \frac{n+1}{\phi} \right\rceil = \frac{n+1}{\phi} + \epsilon_1, \quad \left\lceil \frac{n}{\phi} \right\rceil = \frac{n}{\phi} + \epsilon_2, \quad\text{ y }\quad \left\lceil\frac{1}{\phi}\left\lceil \frac{n}{\phi} \right\rceil\right\rceil = \frac{1}{\phi}\left\lceil \frac{n}{\phi} \right\rceil + \epsilon_3$$

Sustituir esto en $(*1)$, esto es equivalente a mostrar:

$$\left( \frac{n+1}{\phi} + \epsilon_1 \right) + \frac{1}{\phi}\left(\frac{n}{\phi} + \epsilon_2\right) + \epsilon_3 \stackrel{?}{=} n + 2 \iff ( \frac{1}{\phi} + \epsilon_1 ) + \frac{\epsilon_2}{\phi} + \epsilon_3 \stackrel{?}{=} 2$$ Hay dos posibles casos:

• Si $\epsilon_2 < \frac{1}{\phi}$,

$$\frac{n+1}{\phi} > \left\lceil\frac{n}{\phi}\right\rceil \implica \frac{1}{\phi} + \epsilon_1 = \epsilon_2 + 1 \implica \left( \frac{1}{\phi} + \epsilon_1 \right) + \frac{\epsilon_2}{\phi} = \phi \epsilon_2 + 1 \en (1,2)$$

• Si $\epsilon_2 \ge \frac{1}{\phi}$, $$\frac{n+1}{\phi} \le \left\lceil\frac{n}{\phi}\right\rceil \implica \frac{1}{\phi} + \epsilon_1 = \epsilon_2 \implica \left( \frac{1}{\phi} + \epsilon_1 \right) + \frac{\epsilon_2}{\phi} = \phi\epsilon_2 \in [1,\phi)$$

En ambos casos, desde la $\epsilon_3 \in (0,1)$, tenemos $$\left( \frac{1}{\phi} + \epsilon_1 \right) + \frac{\epsilon_2}{\phi} \in [1,2) \implica \left( \frac{1}{\phi} + \epsilon_1 \right) + \frac{\epsilon_2}{\phi} + \epsilon_3 \en (1,3)$$ Ya que, por construcción, el lado izquierdo de esta expresión es un número entero, tiene que ser $2$ y, por tanto, $(*1)$ está satisfecho.

Answer 2

Así que empezamos por el hecho de que $f(k) ≤ k$ cualquier $k$ y se puede determinar mediante el uso de potentes inducción en $n$$f (n)$ : si hemos conocido a $f(1),f(2),...,f(k)$, a continuación, mediante el establecimiento $n = k + 1$ calculamos el $f(k + 1)$. (Esto ya se ha mencionado más arriba)

Pero esto (fuerte inducción) implica que $f$ se define de forma única

Y, como se ha demostrado en la primera respuesta, La función de $f(x) = [cx]+1$ donde $c = \frac{√5−1}{ 2}$ es una solución, por lo tanto, es la única solución.