Determinar todos uno a uno las funciones de $f:\mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ contar con la siguiente propiedad:

Question

Determinar todos uno a uno las funciones de $f:\mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ (donde $\mathbb{N}^*$ significa que todos los enteros positivos) que tiene la siguiente propiedad:

Para todos los $S$ donde $S$ es un conjunto finito de enteros positivos, de modo que: $$\sum_{s \in S} \frac{1}{s} \in \mathbb{N}^*$$ que implica: $$\sum_{s \in S} \frac{1}{f(s)}\in \mathbb{N}^*$$

Por supuesto, la idéntica función es una solución, pero ¿qué hay de otras soluciones?

Actualización

Tuve la oportunidad de probar (con la ayuda de un amigo) que $f(n)=n, \forall n$ el uso de la inducción y:

Egipcio fracciones teorema. Para cada positivos racionales r y entero positivo N, existe un conjunto $\{ n_1, . . . , n_k\}$ de enteros positivos tal que $n_i > N$ por cada $i = 1, 2, . . . , k$ $$r = \sum_{1\le i \le k}\frac {1}{n_i}$$

Answer 1

Tenemos $f(1)=1$$f(n) \ge 2, \forall n \ge 2$.

Deje $n ≥ 2$ ser un número entero. El uso de fracciones Egipcias teorema, podemos escribir: $$1 − \frac {1}n = \sum_{s \in S} \frac{1}{s}$$ donde $S$ es un conjunto de enteros mayores que $n(n + 1)$. Por lo tanto: $$1=\frac {1}n + \sum_{s \in S} \frac{1}{s} =\frac 1{n+1} + \frac 1{n(n+1)} + \sum_{s \in S} \frac{1}{s}$$ A partir de f de la propiedad, tenemos: $$\frac {1}{f(n)} + \sum_{s \in S} \frac{1}{f(s)} \in \mathbb{N}$$ y $$\frac 1{f(n+1)} + \frac 1{f(n(n+1))} + \sum_{s \in S} \frac{1}{f(s)} \in \mathbb{N}$$ por lo tanto $$\frac 1{f(n+1)} + \frac 1{f(n(n+1))} - \frac {1}{f(n)} \in \mathbb{Z}$$ Pero: $$\frac {-1}2 \le - \frac {1}{f(n)} \lt \frac 1{f(n+1)} + \frac 1{f(n(n+1))} - \frac {1}{f(n)} \lt \frac 1{f(n+1)} + \frac 1{f(n(n+1))} \le \frac1{2} + \frac1{2}$$ así $$\frac 1{f(n+1)} + \frac 1{f(n(n+1))} = \frac {1}{f(n)} \tag 1$$ De ello se sigue que f es creciente y $f(n) \ge n$. Para concluir, es fácil demostrar, mediante la inducción, que $f(n)=n, \forall n$.

Descargo de responsabilidad

Esta prueba ha sido enviado a mí, en un formulario escrito a mano, por un amigo que me permitió publicar aquí.

Actualización

Me pidió que continúe la prueba (la inducción parte). En primer lugar, debido a que f es creciente y f inyectiva, tenemos: $f(n) \ge n, \forall n$.

Ahora supongamos $f(k) = k$ $f(k + 1) > k + 1$ algunos $k$. A partir de (1) tenemos: $$\frac 1{f(k+1)} + \frac 1{f(k(k+1))} = \frac {1}{k} \tag 2$$ y, debido a $f(n) \ge n, \forall n$: $$\frac 1{k+1} + \frac 1{k(k+1)} \gt \frac {1}{k} \etiqueta 3$$ A partir de (3): $$\frac {1}{k} \gt \frac {1}{k} \etiqueta 4$$ Por lo tanto, $f(k+1) = k+1$ si $f(k) = k$.