Descargo de responsabilidad. Esto es un intento de ver qué pasa si dejo las condiciones que $f(1)=2$ y que al menos uno de $m$ y $n$ en la ecuación funcional debe ser $1$ . Es decir, esta respuesta no responde a la pregunta del OP, pero creo que es una bonita pregunta relevante. Como el trabajo es bastante largo, tengo que ponerlo aquí como respuesta.
Arreglar $k\in\mathbb{C}$ . Sea $f:\mathbb{Z}_{>0}\to\mathbb{C}$ sea una función que satisfaga $$f(mn)=f(m)\,f(n)-f(m+n)+k$$ para todos $m,n\in\mathbb{Z}_{>0}$ . Escriba $a:=f(1)$ . Entonces, al conectar $m=1$ tenemos $$f(n+1)=(a-1)\,f(n)+k\tag{*}$$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{>0}$ . Tenemos tres escenarios notables: $a=1$ , $a=2$ y $a\notin\{1,2\}$ .
Si $a=1$ entonces $f(n)=k$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{>1}$ . Esto significa que $$k=f(4)=f(2\cdot2)=f(2)\,f(2)-f(2+2)+k=k\cdot k-k+k\,.$$ Así, $k^2=k$ o $k\in\{0,1\}$ . Por lo tanto, hay dos posibles soluciones con $f(1)=1$ :
- $k=0$ , lo que da $f(1)=1$ y $f(n)=0$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{>1}$ ;
- $k=1$ , lo que da $f(n)=1$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{>0}$ .
Ahora, suponemos que $a=2$ . Así, $f(n+1)=f(n)+k$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{>0}$ . Esto lleva a $f(n)=2+k(n-1)$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{>0}$ . En consecuencia, $$3k+2=f(4)=f(2\cdot 2)=f(2)\,f(2)-f(2+2)+k=(k+2)^2-(3k+2)+k\,,$$ cediendo $$k^2-k=0\,.$$ Así, $k=0$ o $k=1$ . Si $k=0$ entonces $f(n)=2$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{>0}$ . Si $k=1$ entonces $f(n)=n+1$ para todos $n\in\mathbb{Z}_{>0}$ .
Por último, abordamos el caso $a\notin \{1,2\}$ . Entonces, la solución de la relación de recurrencia (*) es $$f(n)=(a-1)^{n-1}\left(a+\frac{k}{a-2}\right)-\frac{k}{a-2}\,.$$ En particular, $f(2)=a(a-1)+k$ y $f(4)=a(a-1)^3+\left((a-1)^2+(a-1)+1\right)k$ . Utilizando la misma ecuación $2\,f(4)=\big(f(2)\big)^2+k$ de antes, obtenemos $$2a(a-1)^3+2\left((a-1)^2+(a-1)+1\right)k=\big(a(a-1)+k\big)^2+k\,.$$ Así, $$a(a-2)(a-1)^2=k(k-1)\,.$$ Esto significa que $k=(a-1)^2$ o $k=-a(a-2)$ . Para el subcaso $k=-a(a-2)$ vemos que $$f(n)=a\text{ for all }n\in\mathbb{Z}_{>0}\,.$$
Para el subcaso $k=(a-1)^2$ obtenemos $$f(n)=a(a-1)^{n-1}+(a-1)^2\left(\frac{(a-1)^{n-1}-1}{a-2}\right)\text{ for each integer }n>0\,.$$ Para simplificar, escriba $b:=a-1$ Así que $k=b^2$ y $f(n)=(b+1)b^{n-1}+b^2\left(\dfrac{b^{n-1}-1}{b-1}\right)$ . Tenemos $$f(2)=(b+1)b+b^2\,,\,\,f(3)=2(b+1)b^2\,,$$ $$f(5)=(b+1)b^4+b^2(b^3+b^2+b+1)\,,$$ y $$f(6)=(b+1)b^5+b^2(b^4+b^3+b^2+b+1)\,.$$ Desde $f(6)=f(2\cdot3)=f(2)\,f(3)-f(2+3)+k=f(2)\,f(3)-f(5)+b^2$ obtenemos $$2b^6+2b^5+b^4+b^3+b^2=(2b^2+b)(2b^3+2b^2)-(2b^5+2b^4+b^3+b^2)+b^2\,.$$ Eso es, $$b^2(b^2-1)(2b^2-1)=2b^6-3b^4+b^2=0\,.$$ Por lo tanto, $b=0$ , $b=+1$ , $b=-1$ , $b=+\dfrac1{\sqrt{2}}$ o $b=-\dfrac1{\sqrt{2}}$ .
Recordemos que $a\notin\{1,2\}$ . Si $b=0$ entonces $a=1$ , lo cual es una contradicción. Si $b=+1$ entonces $a=2$ Otra contradicción. Si $b=-1$ entonces $a=0$ , $k=1$ y $$f(n)=\frac{1+(-1)^{n}}{2}=\left\{\begin{array}{ll}0\,,&\text{if }n\text{ is odd}\,,\\ 1\,,&\text{if }n\text{ is even}\,. \end{array}\right.$$
Para $b=+\dfrac1{\sqrt{2}}$ obtenemos $a=1+\dfrac1{\sqrt{2}}$ , $k=\dfrac{1}{2}$ y $$f(n)=1+\frac1{\sqrt{2}}\text{ for all positive integers }n\,.$$ Para $b=-\dfrac1{\sqrt{2}}$ obtenemos $a=1-\dfrac1{\sqrt{2}}$ , $k=\dfrac12$ y $$f(n)=1-\frac1{\sqrt{2}}\text{ for all positive integers }n\,.$$
A partir del trabajo anterior, podemos concluir nuestra proposición. En particular, para $k=1001$ la proposición afirma que hay dos soluciones: $$f(n)=1+10\sqrt{10}\text{i}\text{ for each }n\in\mathbb{Z}_{>0}$$ y $$f(n)=1-10\sqrt{10}\text{i}\text{ for each }n\in\mathbb{Z}_{>0}\,.$$ Es decir, si se permite $m$ y $n$ en la ecuación funcional para que sea cualquier número entero positivo y eliminar la condición de que $f(1)=2$ Entonces, las soluciones son muy diferentes.
Propuesta: Dejemos que $k$ sea un número complejo. Entonces, todas las soluciones $f:\mathbb{Z}_{>0}\to\mathbb{C}$ a la ecuación funcional $$f(mn)=f(m)\,f(n)-f(m+n)+k\text{ for all positive integers }m\text{ and }n$$ viene dada por la siguiente lista.
(a) Si $k=-a(a-2)$ para algunos $a\in\mathbb{C}$ entonces $$f(n)=a\text{ for all }n\in\mathbb{Z}_{>0}\,.$$ Hay dos valores de $a$ para todos $k\in\mathbb{C}\setminus\{1\}$ a saber, $a=1-\sqrt{1-k}$ y $a=1+\sqrt{1-k}$ . Para $k=1$ sólo hay un valor de $a$ es decir, $a=1$ .
(b) En el caso $k=0$ hay una solución más aparte de las dos soluciones contempladas en (a), y esta solución extra viene dada por $$f(n)=\left\{\begin{array}{ll}1\,,&\text{if }n=1\,,\\0\,,&\text{for }n=2,3,4,\ldots\,.\end{array}\right.$$
(c) En el caso $k=1$ Hay dos soluciones más, aparte de la solución contemplada en (a). Estas soluciones son la función lineal $$f(n)=n+1\text{ for all }n\in\mathbb{Z}_{>0}$$ y la función alternante $$f(n)=1-(n\,\text{mod}\,2)=\left\{\begin{array}{ll}0\,,&\text{if }n\text{ is odd}\,,\\ 1\,,&\text{if }n\text{ is even}\,. \end{array}\right.$$
