En primer lugar, tenga en cuenta que el conjunto de las funciones de la satisfacción de su condición tiene la propiedad de que es cerrado bajo entero de las combinaciones lineales. Dar dos funciones, $p,q,$ y enteros $a,b$, la función de $r(n)=ap(n)+bq(n)$ tiene la anterior propiedad.
Deje $p_k(x)=x(x^2-1)\dots(x^2-k^2)$. Este es un polinomio con sólo impar grados.
A continuación, para cualquier secuencia de números enteros $a_k$, se puede definir:
$$p(n)=\sum_{k=0}^\infty a_kp_k(n)$$
Esto está bien definido ya que para $k>n$, $p_k(n)=0$, así es, localmente, una suma finita para cualquier $n$. (A la izquierda para el lector: mostrar $p(n)$ tiene su propiedad. Se hace).
Esto significa que hay una cantidad no numerable de tales funciones.
Esto está relacionado con una vieja cuestión de la mina: encontrar todos los $f:\mathbb N\to\mathbb Z$$m-n\mid f(m)-f(n)$. No, me respondió a mi propia pregunta, pero creo que su pregunta podría ser ligeramente diferente. Aún así, el de arriba es "como" lo que hice en el que las antiguas pregunta, por lo que posiblemente vale la pena visitar.
En particular, si $g:\mathbb Z\to\mathbb Z$ es una función impar con $\forall m,n:m-n\mid f(m)-f(n)$, $g$ restringido a los números naturales que hay en su clase. Estas funciones se clasifican por una secuencia de números enteros, $a_k$ usando las siguientes funciones:
$$\sum_{k=0}^\infty a_k\frac{\mathrm{lcm}\{1,\dots,2k+1\}}{(2k+1)!}p_k(x)$$
Pero su estado es realmente tan extraño función de satisfacer $m-n\mid f(m)-f(n)$$n<0$$m>0$. Por lo que podría permitir una más funciones.
Pero creo que puedo esbozar una prueba muy similar a la prueba para mi pregunta. Es decir, si tenemos los valores de $f(0),\dots,f(n)$, lo que determina el valor de $f(n+1)$ modulo ${\mathrm{lcm}\{n+1,\dots,2n+1\}}$ porque sabemos:
$$f(n+1)\equiv -f(d)\pmod{n+1+d}$$
para $d=0,\dots,n$. (El caso de $d=n+1$ sigue por el caso de $d=0$.)
Pero $\mathrm{lcm}\{n+1,\dots,2n+1\} = \mathrm{lcm}\{1,\dots,2n+1\}$.
Por lo que podemos inductivamente encontrar $a_k$ por lo que:
$$f(n)=\sum_{k=0}^\infty a_k\frac{\mathrm{lcm}\{1,\dots,2k+1\}}{(2k+1)!}p_k(n)$$
Esto también significa que su condición implica $\forall m,n.m-n\mid g(m)-g(n)$. Me preguntaba si había una prueba directa de este, y le pregunté aquí y tiene un fácil y rápido de la prueba.
Que fácil la prueba te permite volver a utilizar mi resultado directamente en la clasificación de sus funciones, ya que significa que su $g$ se puede extender a una función de $g_1:\mathbb Z\to\mathbb Z$$m-n\mid g_1(m)-g_1(n)$$g_1(-m)=-g_1(m)$. De modo que nos permite usar mi resultado de clasificación.
