número total de mapeos

Question

Cuántos mapas $\phi\,$ están allí desde $N\, \cup\, {{0}}$ a $N\, \cup\, {{0}}$ , tal que la propiedad $\phi(ab) \, = \, \phi(a)\,+\,\phi(b)\,$ se satisface para todos los $a\, b \,\in N\, \cup\, {{0}}$ ? Sólo se me ocurrió una, asignar todos los números a cero.

Answer 1

Si $\phi$ se supone que es un mapa de $\mathbb{N}\cup\{0\}$ a $\mathbb{N}\cup\{0\}$ entonces, efectivamente, ese es el único ejemplo. PISTA: para cualquier $a$ tenemos $\phi(0)=\phi(0a)=\phi(0)+\phi(a)$ . . .

Mientras tanto, supongamos que sólo miramos los mapas $\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ (así $0$ no está incluido). Luego hay muchos: por ejemplo, el uniformidad de un número $n$ , $even(n)$ definido como $even(n)=k$ si $2^k$ divide $n$ pero $2^{k+1}$ no lo hace.

Answer 2

$\phi(0) = \phi(0b) = \phi(0) + \phi(b)$ así que $\phi(b) = 0$ .

EDITAR: Sin embargo, si sólo quieres $\phi$ definida sobre enteros positivos, es decir, un homomorfismo de semigrupos $(\mathbb N, \cdot) \to (\mathbb N \cup \{0\}, +)$ , entonces tienes infinitos: $\phi$ se determina por sus valores en los primos: $$\phi\left(\prod_j p_j^{d_j}\right) = \sum_j d_j \phi(p_j)$$

Answer 3

Pistas:

Para cualquier número natural n,

ϕ(0*n) = ϕ(0) + ϕ(n)

Answer 4

Supongamos de hecho que el mapa es de $\mathcal{N}\to\mathcal{N}\cup \{0\}$ . Viendo que $\phi(0)=0$ y $\phi(1)=0$ es fácil. Tenga en cuenta también que $\phi(p^{k}) = k.\phi(p)$ para todo p y k, lo que nos ayuda a ver que si tomamos un número arbitrario $n=p_{1}^{\alpha_1}p_{2}^{\alpha_2}\ldots p_{l}^{\alpha_l}$ (esta es la única factorización prima de n), entonces: $$\phi(n) = \phi(p_{1}^{\alpha_1}p_{2}^{\alpha_2}\ldots p_{l}^{\alpha_l}) = \alpha_{1}\phi(p_{1}) + \alpha_{2}\phi(p_{2}) +\ldots +\alpha_{l}\phi(p_{l})$$ Esto significa que el valor del mapa está completamente determinado por los valores asignados a los números primos. ¡Creo que cualquier asignación de tales valores conduce a un mapa que funciona!

Answer 5

Suponiendo que la pregunta sea "¿Cuántas funciones $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ tienen la propiedad $f(ab)=f(a)+f(b)$ para todos $a,b\in\mathbb{N}$ ?", donde estoy dejando $0\in\mathbb{N}$ Como es habitual en la lógica, la resolución es la siguiente:

Supongamos que $f$ es una función de este tipo. Entonces $f(0)=f(0\cdot n)=f(0)+f(n)$ para todos $n\in\mathbb{N}$ . En particular, $n=0$ da $f(0)=f(0)+f(0)$ . Así que $f(0)=0$ . Aplicando nuestra identidad una vez más se obtiene $$0=f(0)=f(0)+f(n)=0+f(n)=f(n)$$ para todos $n\in\mathbb{N}$ .

Por otro lado, si utilizamos los enteros positivos, $\mathbb{Z}^+$ como nuestro dominio, entonces tenemos lo siguiente:

$f(1)=f(1)+f(1)$ . Por lo tanto, $f(1)=0$ . Para cualquier $a,b\in\mathbb{N}$ , $f(a^b)=bf(a)$ puede verse fácilmente por inducción. Por lo tanto, si $n=p_1^{a_1}\cdots p_r^{a_r}$ es la factorización prima de un número natural (donde $p_k$ es el $k$ y los exponentes son no negativos), entonces $$f(n)=a_1f(p_1)+\ldots+a_rf(p_r).$$ Por otro lado, si $b_1,b_2,b_3,\ldots$ es cualquier secuencia de enteros no negativos, defina $f(n)=a_1b_1+\ldots+a_rb_r$ . Entonces $f(p_r)=0b_1+\ldots+0b_{r-1}+1b_r=b_r$ y si $m=p_1^{c_1}\cdots p_l^{c_l}$ entonces $$f(mn)=f\left(p_1^{a_1+c_1}\cdots p_{e}^{a_e+c_e}\right)=(a_1+c_1)f(p_1)+\ldots+(a_e+c_e)f(p_e)=f(n)+f(m),$$ donde $e$ es el mayor de $r,l$ y $a_i,c_i$ son cero para $i$ mayor que $r,l$ respectivamente. Así que tenemos una función de este tipo diferente para cada secuencia de enteros positivos.