Demostrar que $f(1999)=1999$

Question

Una función de $f$ mapas a partir de los enteros positivos a los enteros positivos, con las siguientes propiedades: $$f(ab)=f(a)f(b)$$ where $un$ and $b$ son coprime, y $$f(p+q)=f(p)+f(q)$$ for all prime numbers $p$ and $p$. Prove that $f(2)=2, f(3)=3$, and $f(1999)=1999$.

Es lo suficientemente simple como para demostrar que $f(2)=2$$f(3)=3$, pero estoy luchando con $f(1999)=1999$. He intentado probar la solución general de la $f(n)=n$ todos los $n$ con una prueba por contradicción: supongamos $x$ es el más pequeño de $x$ tal que $f(x)<x$. Estoy luchando por encontrar una manera de mostrar que no hay tal $x$ si $x=p^m$ $p$ de una prima.

Alguien me puede ayudar a acabar con la $p^m$ de los casos, o de lo contrario me muestran otra manera de encontrar la respuesta? Las computadoras y las calculadoras no son permitidos.

Answer 1

2002 = 1999 + 3, ambos de 1999 y 3 son números primos, así $f(2002)=f(1999)+f(3)$.

Es la facturización de 2002: 2002 = 2 * 7 * 11 * 13.

Por lo tanto

$f(2002) = f(2)f(7)f(11)f(13)$

Ahora $f(7) = f(5+2) = f(5)+f(2) = f(2)+f(3)+f(2) = 7$,

$f(14) = f(11)+f(3)$ pero también $f(14) = f(2) f(7)=14$, por lo tanto $f(11)=11$ (gracias @lulu para la corrección).

Por último,

$f(13)=f(11)+f(2) = 13$, y tenemos

$$f(2002)=2002$$

Sigue que $f(1999) = f(2002)-f(3)=1999$.

Answer 2

He aquí un bosquejo de una "prueba" de que el $f(n) = n$ todos los $n$.

Vamos a probarlo por la fuerte inducción en $n$, donde el pequeño de los casos están en varios comentarios.

Caso 1: $n$ es compuesto, no es una fuente primaria de energía. Escribir $n = ab$ $a, b$ coprime. La aplicación de la primera ecuación, se obtiene: $f(n) = f(a)f(b)$, $ab=n$ por inducción.

Caso 2: $n$ es el primer (y bastante grande ya que tenemos la base de los casos), a continuación, $n+3$ es compuesto y podemos ejecutar el mismo argumento como el caso 1 para que (sin necesidad de saber que $f(n)=n$) y ver que $f(n+3) = n+3$. Ahora la segunda ecuación nos da $f(n)=n$ como se desee.

Edit: Caso 2b: Marco Disce señaló en los comentarios que perdí en el caso de que $n$ es el primer y $n+3$ es una potencia de $2$, en este caso, puede ejecutar el mismo argumento como el caso de $2$, pero con $n+5$ en lugar de $n+3$ (que no pueden ser ambas potencias de 2).

Ahora, para el resto de los casos, voy a necesitar un pequeño lema, la prueba de que yo se lo dejo como ejercicio para el lector:

Lema: La conjetura de Goldbach se mantiene.

Caso 3: $n = 2^k$, escribir $n = p+q$ para los impares primos $p,q$ y el uso de la segunda ecuación.

Caso 4: $n = p^k$ por alguna extraña $p$$k>1$. Escribir $2n = q+q'$ $q,q'$ el primer y el $q' < n$. Todavía tenemos que comprobar que el $f(q) = q$, pero ahora podemos aplicar el mismo argumento como el caso 2 para ver esto, con la salvedad de que si $q' = 3$ en vez de eso debemos mostrar que $f(q+5)=q+5$ así como para evitar la necesidad de la $n$ de los casos.