si la función $f(f(n))+f(n)=2n+2014$ encontrar el $f$

Question

Que la función $f:\mathbb N^{+}\to\mathbb N^{+}$ tal $$f(f(n))+f(n)=2n+2014.$$

Encuentre $f$ .

Mi intento: dejar $n=1$ entonces tenemos $$f(f(1))+f(1)=2016$$ dejar $f(1)=a$ entonces $$f(a)+a=2016$$ y que $n=a$ entonces $$f(f(a))+f(a)=2a+2014$$ así que $$f(2016-a)+2016-a=2a+2014$$ así que $$ f(2016-a)=3a-2$$ entonces no puedo. Gracias.

Answer 1

No existe tal función. ( Editar: Esto es una simplificación del argumento original).

La ecuación funcional implica que $f(f(n))\leq2n+2014$ es válida para todos los $n$ . Definir inductivamente una secuencia $a_0=1$ y $a_n=f(a_{n-1})$ para $n>0$ . Observe:

Lema. Para todos $n$ tenemos $a_{2n}\leq 2015\cdot 2^n-2014$ .

Prueba. Lo demostramos por inducción. Es cierto para $n=0$ . Supongamos que es cierto para $n-1$ . Entonces $$a_{2n}=f(f(a_{2n-2}))\leq 2a_{2n-2}+2014\leq2(2015\cdot2^{n-1}-2014)+2014=2015\cdot 2^n-2014.$$ Esto completa la prueba. $\square$

Por otro lado, nuestra secuencia satisface una recurrencia: $$a_n+a_{n-1}=f(f(a_{n-2}))+f(a_{n-2})=2a_{n-2}+2014\qquad (n\geq2)$$ Esto tiene un solución única (con $a_0=1$ y $a_1=a:=f(1)$ ) $$a_n=\frac19(-2008+(2017-3a)(-2)^n+3a+6042n).$$

Pero $2017$ no es divisible por $3$ por lo que el coeficiente de $(-2)^n$ es distinto de cero. Esto es una contradicción, ya que $4^n=(-2)^{2n}$ crece más rápido que $2^n$ contradiciendo nuestro lema.

Answer 2

No es una solución completa, pero espero que sea una contribución útil:

Empezar con la suposición de que $f(n) = an + b$ , para $a,b \in \Bbb Z$ . Tenemos $$ f(f(n)) + f(n) = 2n + 2014 \implies\\ (a^2+a)n + (a+2)b = 2n + 2014 \implies\\ \begin{cases} a^2 + a = 2\\ (a+2)b = 2014 \end{cases} $$ Al resolver la primera ecuación se obtiene $a \in \{1,-2\}$ pero sólo $a=1$ puede trabajar con la segunda ecuación. Así, tenemos $$ b = 2014/(1+2) = 2014/3 \notin \Bbb Z $$ lo que parece indicar que no hay tal $f$ (es decir, no $f(n) = an + b$ ) existe.

Además: si $f(n)$ es un polinomio de grado (finito) mayor que $1$ entonces $f(f(n)) + f(n)$ debe ser también un polinomio de este tipo, descartando la igualdad en cuestión.

Por lo tanto, parece que $f$ no puede ser ningún polinomio en $n$ (aunque quizás exista una serie de potencias válida).

Answer 3

Utilizando el álgebra matricial.

Dejemos que $a_0=a$ y $a_n=f\circ f\circ f\circ \ldots\circ f(a)$ donde $f$ se toma $n$ tiempos.

Entonces, para cualquier $n\ge 1$ tenemos $a_{n+1}+a_n=2a_{n-1}+2014$ o

$\begin{bmatrix} a_{n+1} \\ a_n \\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -1 & 2 & 2014 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a_n \\ a_{n-1} \\ 1 \end{bmatrix}=\ldots=\begin{bmatrix} -1 & 2 & 2014 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}^n\begin{bmatrix} f(a) \\ a \\ 1 \end{bmatrix}$

A continuación, basta con considerar la forma jordana del $3\times 3$ matriz, y encontrar fácilmente la siguiente expresión:

$a_n=\frac{3a(2+(-2)^n)+3f(a)(1-(-2)^n)+2014(3n-1+(-2)^n)}{9}$ $=\frac{a-f(a)+2014/3}{3}(-2)^n+\frac{2014}{3}n+\frac{2a+f(a)-2014/3}{3}$

y el primer término dominará en algún momento, haciendo que $a_n$ negativo para un impar $n$ . Por lo tanto, no existe tal función.

Answer 4

Esto es una simplificación (y luego una generalización para complicarlo de nuevo) de Dejan Gove respuesta.

Reclamación. Dejemos que $A\in\mathbb N^+$ , $B\in \mathbb Z$ . Dejemos que $f\colon \mathbb N^+\to \mathbb N^+$ sea una función con $f(f(n))+f(n)=An+B$ para todos $n\in\mathbb N^+$ . Entonces $$\frac{2B}{\sqrt{4A+1}+3} $$ es un número entero.

Prueba. Dejemos que $f$ sea una función de este tipo y defina recursivamente $a_{n+1}=f(a_n)$ (con $a_0\in\mathbb N^+$ arbitrario). Entonces la ecuación funcional es la siguiente $$\tag1 a_{n+2}+a_{n+1}=Aa_n+B$$ Si $A\ne2$ podemos dejar que $b_n:=a_n+\frac{B}{A-2}\in\mathbb Q$ y obtener $$\tag2b_{n+2}=-b_{n+1}+Ab_n$$ que se sabe que tiene soluciones de la forma $$b_n=\alpha_1 \lambda_1^n+\alpha_2\lambda_2^n$$ donde $\lambda_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{1+4A}}{2}$ son las raíces (reales distintas) de $X^2+X-A=0$ y $\alpha_{1,2}\in\mathbb R$ puede determinarse a partir de los dos primeros términos. Obsérvese que $|\lambda_2|=|\lambda_1|+1>1$ . Por lo tanto, si $\alpha_2\ne0$ entonces para $n\gg0$ tendremos $|\alpha_2\lambda_2^n|>2\cdot |\alpha_1\lambda_1^n|$ y como $\lambda_2$ es negativo tenemos $b_n\ll 0$ para grandes $n$ de paridad adecuada. Pero entonces también $a_n<0$ , contradicción. Por lo tanto $\alpha_2=0$ y $b_n=\alpha_1\lambda_1^n$ . Entonces $\lambda_1=\frac{b_{n+1}}{b_n}$ es racional, $4A+1$ es un cuadrado perfecto (impar), por lo que finalmente $\lambda_1\in\mathbb N^+$ . Desde $b_{n+1}=\lambda_1b_n$ encontramos $$ a_{n+1}=\lambda_1a_n+\frac{(\lambda_1-1)B}{A-2}$$ Concluimos que $$ \frac{(\lambda_1-1)B}{A-2}=\frac{(\sqrt{4A+1}-3)B}{2(A-2)}=\frac{2B}{\sqrt{4A+1}+3}$$ es un número entero.

Si $A=2$ podemos dejar que $b_n=a_n-\frac{Bn}3$ en su lugar y obtener $(2)$ de nuevo, con soluciones de la forma $b_n=\alpha_1(-2)^n+\alpha_2$ para que de nuevo $a_n=\alpha_1(-2)^n+\alpha_2+\frac{Bn}3\ll 0 $ para $n$ suficientemente grande de paridad adecuada - a menos que $\alpha_2=0$ . Concluimos $a_n=\alpha_2+\frac{Bn}{3}$ para que $\frac B3=a_{n+1}-a_n$ es un número entero. $_\square$

Corolario. Si existe una función como la anterior, entonces $A=(d-1)(d-2)$ para un divisor $d\mid B$ con $d\ge3$ . En concreto, si $A=2$ entonces $3\mid B$ .

Prueba. Esto se desprende de la escritura $4A+1$ como cuadrado perfecto de impar. $_\square$