¿Es cierto que esta función $f(n)=n^{13}$ ?

Question

Supongamos una función estrictamente monótona creciente tal que $f:N^{+}\to N^{+}$ , $h$ para todos $n\in N^{+}$ , $$f(f(f(n)))=f(f(n))\cdot f(n)\cdot n^{2015}$$

Demostrar o refutar: $f(n)=n^{13}$

Poner $n=1,f(1)=m$ $$f(f(m))=mf(m)$$ Poner $n=m$ , $$f(f(f(m)))=f(f(m))f(m)m^{2015}\Longrightarrow f(mf(m))=m^{2016}(f(m))^2$$ ¿Y el seguimiento?

Answer 1

Hay muchos contraejemplos. Aquí la construcción de uno de ellos. Construiremos una secuencia creciente de conjuntos $J_k\subset J_{k+1}\subset\Bbb{N}$ y funciones estrictamente crecientes funciones $f_k:J_k\to J_k$ que satisface la ecuación funcional $$ f(f(f(n)))=f(f(n)) f(n) n^{2015}, $$ tal que $f_k(n)=f_{k+1}(n)$ para $n\in J_k$ y $\bigcup_{k\in\Bbb{N}}J_k=\Bbb{N}$ .

Dejemos que $J_0:=\{1,2,2^{13},2^{13^2},2^{13^3},\dots, 2^{13^k},\dots\}$ y que $f_0:J_0\to J_0$ sea dada por $f_0(n):=n^{13}$ . Entonces se comprueba que $f_0$ es una solución parcial con huecos crecientes según la siguiente definición

$\bf{Definition:}$ Para $J\subset \Bbb{N}$ llamar a un mapa $f:J\to J$ una solución parcial con huecos crecientes, si se cumplen las siguientes condiciones:

(1) $f(f(f(n)))=f(f(n))f(n)n^{2015}$ para todos $n\in J$ ,

(2) si $n,m\in J$ con $n>m$ entonces $f(n)-f(m)\ge n-m$ ,

(3) si $n,m\in J$ con $n>m+1$ y $]m,n[\cap J=\emptyset$ entonces $]f^{[k]}(m),f^{[k]}(n)[\cap J=\emptyset$ para todos $k\ge 1$ ,

donde $f^{[k]}(n):=f\circ f\circ\dots\circ f$ es el $n$ -composición doble.

Ahora definimos $f_1(n)=f_0(n)$ si $n\in J_0$ . Además, defina $f_1(3):=2^{13}+1$ y $f_1(2^{13}+1):=2^{13^2}+1$ . Por último, defina $$ f_1(f_1^{[j]}(3)):= f_1^{[j]}(3) \cdot f_1^{[j-1]}(3)\cdot (f_1^{[j-2]}(3))^{2015}, \quad \text{for $ j \ge 2 $,} $$ y establecer $J_1:=J_0\cup \{f^{[j]}(3)\ :\ j\ge 0\ \}$ . Un cálculo sencillo muestra que $f_1:J_1\to J_1$ es una solución parcial con huecos crecientes.

Esta construcción es un caso particular de la siguiente proposición (prueba a continuación):

$\bf{Proposition:}$ Si $f$ es una solución parcial con huecos crecientes y $1,2\in Dom(f)$ entonces existe una solución parcial $g$ con huecos crecientes tales que

$Dom(f)\subset Dom(g)$ ,

$g(x)=f(x)$ para todos $x\in Dom(f)$ y

$min(\Bbb{N}\setminus Dom(f))\in Dom(g)$ .

Ahora supongamos que hemos definido $f_k$ y $J_k=Dom(f_k)$ tal que sea una solución parcial con huecos crecientes. Aplicar la proposición para obtener una solución parcial con huecos crecientes $f_{k+1}$ y $J_{k+1}=Dom(f_{k+1})$ tal que $J_k\subset J_{k+1}$ , $f_k(n)=f_{k+1}(n)$ para $n\in J_k$ y $$ m:=\min(\Bbb{N}\setminus J_k)\in J_{k+1}=Dom(f_{k+1}). $$

Inductivamente obtenemos así una secuencia creciente de conjuntos $J_k\subset J_{k+1}\subset\Bbb{N}$ y las soluciones parciales con huecos crecientes $f_k:J_k\to J_k$ . Por último, definimos $f(n)=f_k(n)$ si $n\in J_k$ y obtener una función estrictamente creciente $f:\Bbb{N}\to \Bbb{N}$ Satisfaciendo a $f(f(f(n)))=f(f(n))f(n)n^{2015}$ para todos $n\in \Bbb{N}$ y tal que $f(3)=f_1(3)=2^{13}+1\ne 3^{13}$ .

$\bf{Proof\ of\ the\ proposition:}$ Establecer $g(x)=f(x)$ para todos $x\in Dom(f)$ y $m:=min(\Bbb{N}\setminus Dom(f))$ .

Ahora, ponte $$g(m):=g(m-1)+1$$ $$g(g(m)):=g(g(m-1))+1$$ y $$g^{[k]}(m)\quad\text{ for $ k>2 $ using the functional equation in (1).}$$ Entonces (1) está claro para $g$ . Nótese que, por la ecuación funcional (1), $$ g(g(n))-g(g(n_1))\ge g(n)-g(n_1)\ge n-n_1 $$ implica $$ g(g(g(n)))-g(g(g(n_1)))\ge g(g(n))-g(g(n_1)), $$ por lo que obtenemos (2).

Establecer $M=min\{ n\in Dom(f)\ :\ n>m\}$ . Entonces (3) también está claro, ya que las únicas brechas que importan $f^{[k]}(M)-f^{[k]}(m-1)$ será cortado en dos por $g^{[k]}(m)$ para $k>2$ .

Obsérvese que no hay conflicto en la construcción de los valores $g$ con el ya definido $f$ . De hecho, $f$ no se puede definir ya en $g^{[k]}(m)$ ya que $g^{[k]}(m)\in ]f^{[k]}(m−1),f^{[k]}(M)[$ y $]f^{[k]}(m−1),f^{[k]}(M)[∩Dom(f)=\emptyset$ .

Answer 2

Denotemos por $f^{[k]}(n)$ el $k$ iteración de $f$ . No puedo demostrar la afirmación, pero puedo demostrar que para todos los enteros $n>1$ tenemos $$ \lim_{k\to\infty}\frac{\log f^{[k+1]}(n)}{\log f^{[k]}(n)}=13. $$ Esto es una especie de evidencia asintótica a favor de $f(n)=n^{13}$ siendo la única solución - por desgracia, cualquier cosa menos concluyente.

Esto se ve de la siguiente manera. Primero demostramos que para todo $k\ge3$ tenemos $$ f^{[k]}(n)=f^{[2]}(n)^{A_k} f(n)^{B_k} n^{C_k}\qquad(*) $$ para la secuencia de vectores de enteros positivos determinada por las relaciones de recurrencia $$ \left(\begin{array}{r} A_2\\B_2\\C_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r} 1\\0\\0\end{array}\right),\qquad \left(\begin{array}{r} A_{k+1}\\B_{k+1}\\C_{k+1}\end{array}\right)=M\left(\begin{array}{r} A_k\\B_k\\C_k\end{array}\right), $$ donde $M$ es el $3\times3$ matriz $$ M=\left(\begin{array}{crr} 1&1&0\\1&0&1\\2015&0&0\end{array}\right). $$ La prueba se desprende de la ecuación funcional dada de $f$ por inducción en $k$ . El caso $k=3$ es exactamente la ecuación funcional. El paso inductivo se desprende de la hipótesis de inducción sustituyendo $f(n)$ en lugar de $n$ y aplicando de nuevo la ecuación funcional dada.

Los valores propios de $M$ son $\lambda_1=13$ y $\lambda_{2,3}=-6+i\sqrt{119}$ . La clave es que de estos $\lambda_1$ tiene el mayor valor absoluto. Además, si escribimos el vector $$ (A_2,B_2,C_2)^T=x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3 $$ en términos de vectores propios unitarios $e_1,e_2,e_3$ pertenecientes a los respectivos valores propios, vemos que $x_1\neq0$ .

Para cualquier $k\ge3$ entonces tenemos $$ (A_k,B_k,C_k)^T=\lambda_1^{k-2}x_1e_1+\lambda_2^{k-2}x_2e_2+\lambda_3^{k-2}x_3e_3. $$ Para valores muy grandes de $k$ el primer componente domina, y en consecuencia $$ \lim_{k\to\infty}\frac{A_{k+1}}{A_k}=\lim_{k\to\infty}\frac{B_{k+1}}{B_k}=\lim_{k\to\infty}\frac{C_{k+1}}{C_k}=13. $$ Se tarda en ver estos límites si se calculan. Para obtener un poco de apoyo numérico, puse en marcha mi Mathematica. Las relaciones de entrada de $M^{129}$ y $M^{128}$ están todos en el intervalo $(12.9,13.2)$ .

La afirmación se deduce de esto tomando logaritmos de $(*)$ .

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No sé si esto ayuda. Me parece que deberíamos concentrarnos en los valores grandes de $n$ y asintótica primero. Si pudiéramos demostrar que $f$ debe ser un homomorfismo de monoides multiplicativos. Entonces, el hecho de que sea estrictamente creciente le obligaría a ser una función potencia, y conocemos el exponente. Si sabemos que $f$ es una función de potencia el exponente se puede determinar sin recurrir a la gimnasia asintótica anterior.

Answer 3

Reacomodando:

$h(n) = \dfrac{f(f(f(n)))}{f(f(n))\cdot f(n)} = n^{2015} $

Supongamos que $f(n) = n^{k}$ :

$\dfrac{n^{k^3}}{n^{k^2 + k}} = n^{2015} $

$k^3 - k^2 - k - 2015 = 0$

que tiene soluciones de $\{13, -6 \pm i \sqrt{119} \}$ . Las soluciones complejas oscilan, por lo que $k = 13$ . Claramente, $h(n)$ es único y de la forma $n^k$ y sólo hay un mapeo de $f$ a $h$ Así que $f(n$ ) es única.

EDITAR: En cuanto a las soluciones que no son de la forma $n^k$ , defina $g(n) = f(f(n))$

$f(g(n)) = g(f(n)) = g(n) \cdot f(n) \cdot n^{2015} $

Tenemos que lidiar con el $n^{2015}$ ya que es de la forma $n^k$ . Supongamos que $f(n) = \dfrac{l(n)}{n^{a}}$ y $g(n) = \dfrac{m(n)}{n^{b}}$ donde $a+b = 2015$ y $l$ y $m$ son soluciones de series no potentes por hipótesis:

$\dfrac{l\left(\dfrac{m(n)}{n^b}\right)}{n^a} = \dfrac{m(n)}{n^{b}} \cdot \dfrac{l(n)}{n^{a}} \cdot n^{2015}$

$l\left(\dfrac{m(n)}{n^b}\right) = m(n) \cdot l(n) \cdot n^{2015 - b}$

pero $f(g(n)) = g(f(n))$ Así que

$\dfrac{m(l(n))}{n^b} = m(n) \cdot l(n) \cdot n^{2015 - b}$

$m(l(n)) = l(n) \cdot m(n) \cdot n^{2015} $

Que es con lo que empezamos. Por lo tanto, ambos $f(g(n))$ y $g(f(n))$ debe producir $n^{2015}$ pero tampoco $f(n)$ ni $g(n)$ puede contener $n^{\pm q}$ por hipótesis y luego por redundancia.

Answer 4

No, hay muchas funciones de este tipo. Por comodidad (para evitar escribir $\mathbb{N}^+$ demasiado) mis intervalos sólo consistirán en números naturales, así que escribiré $[a, b]$ para significar $\mathbb{N}^+ \cap [a, b]$ y $(a, b)$ para significar $\mathbb{N}^+ \cap (a, b)$ abajo.

Considere cualquier $f$ definido de la siguiente manera: primero dejemos que $f(1) = 1$ y $f(n) = n^{13}$ para $n$ de la forma $n = 2^{13^k}$ ( $k \geq 0$ ), por lo que claramente $f$ satisface la ecuación funcional de $n = 1, 2^{13^k}$ . Ahora definiremos inductivamente $f$ en $A_k = [2^{13^k}, 2^{13^{k+1}}]$ para cada $k \geq 0$ para que $f$ es estrictamente creciente en $A_k$ . Tenga en cuenta que como ya tenemos $f(2^{13^k}) = 2^{13^{k+1}}$ y $f(2^{13^{k+1}}) = 2^{13^{k+2}}$ , $f$ siendo estrictamente creciente implicará $f^{-1}(A_{k+1}) = A_k$ .

En primer lugar, para $k = 0, 1$ , dejemos que $f|(2^{13^k}, 2^{13^{k+1}})$ sea cualquier función estrictamente creciente de $(2^{13^k}, 2^{13^{k+1}})$ a $(2^{13^{k+1}}, 2^{13^{k+2}})$ (donde hay al menos una función de este tipo ya que el segundo conjunto es mayor que el primero), por lo que claramente $f$ está aumentando en $[2^{13^k}, 2^{13^{k+1}}] = A_k$ .

Ahora dejemos que $k \geq 2$ . Supongamos que hemos definido $f$ en $A_0, \dots, A_{k-1}$ Por lo tanto, en todos los $n \leq 2^{13^k}$ . Definimos $f$ en $A_k$ en dos pasos. En primer lugar, para garantizar que $f$ satisface la ecuación funcional, sólo tenemos que establecer correctamente los valores de $f(f(f(n)))$ es decir, para establecer correctamente los valores de $f(a)$ para $a$ a imagen y semejanza de $f^2$ . Desde nuestra $f$ satisfará $f^{-1}(A_{i+1}) = A_i$ para cada $i$ la imagen de $f^2$ en $A_k$ será exactamente $f(f(A_{k-2}))$ ; ya conocemos estos puntos ya que hemos definido $f$ en $A_{k-2}$ y $A_{k-1}$ . En segundo lugar, dado que la definición en el primer paso garantizará realmente que $f$ es estrictamente creciente en la imagen de $f^2$ para hacer $f$ estrictamente creciente en todos los $A_k$ sólo tenemos que comprobar que hay suficiente espacio para asignar $f$ -a los puntos restantes.

Paso 1: Definición de $f$ en $f(f(A_{k-2}))$ . Escriba $f(f(A_{k-2})) = \{a_0, \dots, a_r\}$ donde $a_0 < a_1 < \cdots < a_r$ Así que, en particular, ya que $f(f(2^{13^{k-2}})) = 2^{13^k}$ y $f(f(2^{13^{k-1}})) = 2^{13^{k+1}}$ tenemos $a_0 = 2^{13^k}$ y $a_r = 2^{13^{k+1}}$ . Para cada $a_i$ tenemos $a_i = f(f(m_i))$ para algunos $m_i \in A_{k-2}$ Por lo tanto, para $0 < i < r$ definimos $$f(a_i) := f(f(m_i)) f(m_i) m_i^{2015} = a_i f(m_i) m_i^{2015}$$ por necesidad (para satisfacer la ecuación funcional), donde esto ya se cumple para $i = 0, r$ . Tenga en cuenta que $m_0 < m_2 < \cdots < m_r$ desde $f^2$ es estrictamente creciente en $A_{k-2}$ .

Paso 2: Definición de $f$ en $A_k \setminus f(f(A_{k-2}))$ . Una vez definidos todos los $f(a_i)$ definimos $f$ en cada $(a_i, a_{i+1})$ sea cualquier función estrictamente creciente $(a_i, a_{i+1}) \to (f(a_i), f(a_{i+1}))$ . Hay más de una función de este tipo ya que \begin{align*} f(a_{i+1}) - f(a_i) &= a_{i+1} f(m_{i+1}) m_{i+1}^{2015} - a_i f(m_i) m_i^{2015} \\ &> (a_{i+1} - a_i) f(m_i) m_i^{2015} \\ &> a_{i+1} - a_i \end{align*} lo que significa $|(f(a_i), f(a_{i+1}))| > |(a_i, a_{i+1})|$ . $f$ está ahora definida y es estrictamente creciente en cada $[a_i, a_{i+1}]$ por lo que está definida y es estrictamente creciente en $[a_0, a_r] = A_k$ .

Después de la inducción, hemos definido un $f$ que es estrictamente creciente en cada $A_k$ por lo que es estrictamente creciente en todos los $\mathbb{N}^+$ . La ecuación funcional se mantiene, ya que para cualquier $n \neq 1$ tenemos $n \in A_k$ para algunos $k$ Por lo tanto, según nuestra definición de $f$ en $f(f(n)) \in A_{k+2}$ , $f$ satisface la ecuación funcional en $n$ . Para terminar, hay que tener en cuenta que para cada $k$ hicimos al menos una elección (ya que $|A_k| > |A_{k-2}|$ por lo que el conjunto $A_k \setminus f(f(A_{k-2}))$ es no vacía). Esto significa que hay un número incontable (al menos $|2^{\mathbb{N}}|$ ) funciones $f$ que se pueden construir de esta manera, cada una de las cuales es estrictamente creciente y satisface la ecuación funcional.

Answer 5

26.01.20

$\color{brown}{\textbf{The task analysis.}}$

A partir de las condiciones de emisión debe $$n\in\mathbb N,\quad f(n)\in \mathbb N,\quad f_2(n)=f(f(n)) \in \mathbb N,\quad f_3(n)=f(f(f(n)))\in \mathbb N,\tag1$$

$$n \le f(n)\le f_2(n)\le f_3(n).\tag2$$

Teniendo en cuenta la ecuación de la cuestión, debería $$n^{2015}\,|\,f_3(n),\quad f(n)\,|\,f_3(n),\quad f_2(n)\,|\,f_3(n).\tag3$$

La ecuación de la cuestión puede presentarse en forma de $$\dfrac{f_3(n)}{n^{2197}} = \dfrac{f_2(n)}{n^{169}}\, \dfrac{f(n)}{n^{13}}.\tag4$$

Si $\ \exists(N)\forall(n\ge N):\ f(n) > n^{13},$ entonces $\ \exists(N)\forall(n\ge N):$ \begin{align} &\dfrac{f_2(n)}{n^{169}}\, \dfrac{f(n)}{n^{13}} = \dfrac{f(f_2(n))}{n^{2197}} > \left(\dfrac{f_2(n)}{n^{169}}\right)^{13}, \\[4pt] &\dfrac{f(n)}{n^{13}} > \left(\dfrac{f_2(n)}{n^{169}}\right)^{12} =\left(\dfrac{f(f(n))}{n^{169}}\right)^{12} > \left(\dfrac{f(n)}{n^{13}}\right)^{156},\\[4pt] &f(n) < n^{13}, \end{align}

y esta contradicción significa que $$\forall(N)\exists(n\in[N,f_2(N)]):\ f(n) \le n^{13}.\tag5$$

De la misma manera, $$\forall(N)\exists(n\in[N,f_2(N)]):\ f(n) \ge n^{13}.\tag6$$

$\color{brown}{\textbf{Solutions building.}}$

Desde $(4)-(6)$ se deduce que $$f(n) = n^{13}\tag{7}$$ es una solución y un caso asintótico para todas las soluciones monotónicas.

Dado que diferentes polinomios no pueden tener infinito conjunto de los puntos comunes, $n^{13}$ es el polinomio único que satisface $(5-6).$

Otras soluciones monótonas pueden considerarse como la serie infinita de desviaciones de $(7)$ , basado en las condiciones de monotonía en forma de $$m^{14}\le (m+1)^{13}\tag8$$ o similares.

El análisis muestra que las series requeridas son finitas.

Por ejemplo, la función $$g_{14}(m) = \left\lceil14\,\dfrac{\ln m}{\ln(m+1)}\right\rceil\tag9$$ tiene la tabla de los valores en forma de

Por otro lado, toda desviación cercana a $n$ requiere la correspondiente desviación cerca de $f(n),$ y esto lleva a las condiciones de monotonía secundaria, que no se pueden dar.

Tabla similar para la función $$g_{169}(m) = \left\lceil169\,\dfrac{\ln m}{\ln(m+1)}\right\rceil\tag{10}$$

muestra que las soluciones están acotadas con $m=45$ aunque $2^{13}=8192.$

Por lo tanto, la solución $(7)$ es único .