Cómo encontrar el $f(m+1)-f(m)=\text{constant},\forall m\in\Bbb{N}^{+}$

Question

Deje $f:\mathbb{N}^{+}\to \mathbb{N}^{+}$ ser estrictamente monótona creciente en función tal que $$f(f(m+1))-f(f(m))=f(f(m+1)+1)-f(f(m)+1),\forall m\in \mathbb{N}^{+}.$$

Demostrar que: $$f(m+1)-f(m)=\text{ constant},\forall m\in \mathbb{N}^{+}$$

Mi intento: Vamos a $g(m)=f(f(m))-f(f(m)+1)$, entonces el condtion es $g(m+1)=g(m)$, lo $g(m)$ es constante, o $f(f(m))-f(f(m)+1)$ ser constante, entonces, ¿cómo demostrarlo?

Answer 1

SUGERENCIA

$ f(f(2))-f(f(1))=f(f(2)+1)-f(f(1)+1) \\ f(f(3))-f(f(2))=f(f(3)+1)-f(f(2)+1) \\ ..... \\ f(f(m+1))-f(f(m))=f(f(m+1)+1)-f(f(m)+1) $

La adición de las igualdades anteriores se obtiene:

$f(f(m+1))=f(f(m+1)+1)+k$

Por lo tanto,$f(y) = f(y + 1)+ k, \forall y \in Im(f)$. No tengo idea de cómo extender a todos los enteros positivos.

ACTUALIZACIÓN

Supongo que la conclusión es verdadera, que es $f(m+1) = f(m)+ k, \forall m \in \mathbb{N}$. Entonces: $ f(2) = f(1) + k \\ f(3) = f(2) + k \\ f(4) = f(3) + k \\ .....\\ f(m-1) = f(m-2) + k \\ f(m) = f(m-1) + k \\ $

La adición de las igualdades anteriores, se pone en $f(m)=f(1) + (m-1)k$, por lo $f(m)=a\cdot m + b, a,b \in \mathbb{Z}$, lo que significa $f$ debe ser lineal.

Answer 2

Así que vamos a probar que, dado $f:\;N^ + \to N^ + $, tenemos $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ y f\left( {f\left( {m + 1} \right)} \right) - f\left( {f\left( m \right)} \right) = f\left( {f\left( {m + 1} \right) + 1} \right) - f\left( {f\left( m \right) + 1} \right)\quad \left| {\;\forall m \in N^ + } \right.\quad \Rightarrow \cr & \Rightarrow \quad f\left( {m + 1} \right) - f\left( m \right) = \Delta \,f\left( m \right) = const\quad \left| {\;\forall m \in N^ + } \right. \cr} }$$ lo que significa que $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ y f\left( {f\left( {m + 1} \right)} \right) - f\left( {f\left( m \right)} \right) = f\left( {f\left( {m + 1} \right) + 1} \right) - f\left( {f\left( m \right) + 1} \right) \cr & \quad \quad \Downarrow \cr y f\left( {f\left( m \right) + 1} \right) - f\left( {f\left( m \right)} \right) = f\left( {f\left( {m + 1} \right) + 1} \right) - f\left( {f\left( {m + 1} \right)} \right) \cr & \quad \quad \Downarrow \cr & \Delta \,f\left( {f(m)} \right) = \Delta \,f\left( {f(m + 1)} \right) = \Delta \,f\left( {f(m) + \Delta \,f(m)} \right) \cr} } \etiqueta{1}$$

En el post que se especifica que el $f$ es
estrictamente monótona creciente de la función.
y según la definición de la forma monotónica como por Wikipedia
a) bien a la monotonía de la especificación es superfluo, y la función es estrictamente creciente,
b) o es que realmente se entiende que es estrictamente creciente y con aumento de la monotonía.

Así que vamos a examinar ambos casos.

a) estrictamente creciente

La imagen de $f(m)$ no coinciden, en general, con su dominio. Así que a partir de (1) no podemos deducir el reclamo en general y, por tanto, vamos a rechazar la hipótesis.

Por ejemplo, una función como esta $$ \begin{array}{c|ccccc} m & 1 & 2 & 3 & 4 & \cdots \\ \hline {f(m)} & 1 & 3 & 6 & 8 & \cdots \\ \end{array} $$ da $$ \begin{array}{l} f(f(2)) - f(f(1)) = f(3) - f(1) = 5 = \\ = f(f(2) + 1) - f(f(1) + 1) = f(4) - f(2) = 5 \\ \end{array} $$ pero $$ f(2) - f(1) = 2\quad \ne \quad f(3) - f(2) = 3 $$

b) estrictamente creciente y con aumento de la monotonía

En esta interpretación se entiende que la $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & m_{\,1} < m_{\,2} \quad \Rightarrow \cr & \Rightarrow \quad \left\{ \matriz{ f(m_{\,1} ) < f(m_{\,2} ) \hfill \cr \left( {\Delta \,f(m_{\,1} ) \le \Delta \,f(m_{\,2} )} \right)\; \hfill \cr} \right.\quad \v \quad \left\{ \matriz{ f(m_{\,1} ) < f(m_{\,2} ) \hfill \cr \left( {\Delta \,f(m_{\,1} ) \ge \Delta \,f(m_{\,2} )} \right) \hfill \cr} \right.\quad \Rightarrow \cr & \Rightarrow \quad \left( {0 < \Delta \,f(m_{\,1} ) \le \Delta \,f(m_{\,2} )} \right)\;\quad \v \quad \Delta \,f(m_{\,1} ) \ge \Delta \,f(m_{\,2} ) > 0 \cr} } \etiqueta{2}$$

Esto nos dice que $\Delta f$ es no decreciente o no creciente, y la identidad (1) que en varios puntos es estable, por lo que en esta acepción la demanda sigue de inmediato.

Answer 3

Parece que las hay las 4 de la mañana aquí y estoy cansado y con sueño, así que me puede tener alucinaciones :-) ) que en efecto, es un contraejemplo. Poner $f(m)=m^2$ si $m$ es incluso y $f(m)=(m-1)^2+1$ si $m$ es impar. A continuación, $f(m+1)-f(m)$ es igual a $1$ incluso $m$, pero es igual a $4m-1$ por extraño $m$, por lo que la función de $f$ es estrictamente monótona creciente, sino $f(m+1)-f(m)$ no es constante. Queda por señalar que la $f(m)$ es, incluso, para cada $m$, por lo que $$f(f(m+1))-f(f(m))-f(f(m+1)+1)+f(f(m)+1)=$$ $$f(m+1)^2-f(m)^2-f(m+1)^2-1+f(m)^2+1=0.$$

PS. Aún más simple contraejemplo obtenemos si ponemos $f(m)=2m$ si $m$ es incluso y $f(m)=2m+1$ si $m$ es impar. A continuación, $f(m+1)-f(m)$ es igual a $3$ incluso $m$, pero es igual a $1$ por extraño $m$.

Answer 4

BIG FAT EDITAR:

Voy a construir un contraejemplo para el problema. El problema es demostrar que una función de la satisfacción de $f(f(m)+1)-f(f(m))=constant=K (A)$ implica $f(m+1)-f(m)=constant=C (B)$ debido a que el original statemtn es equivalente a (A).

Vamos a empezar la construcción de la función y ver lo que la intuición nos puede ganar en el proceso. Una vez que se determina un valor de 1, esto es $f(1)$ lo que podríamos llamar $a$, entonces si a>2 tenemos todos los valores hasta que se determinen por nada, pero una vez que ponemos un valor a una obtenemos un valor para un+1. Por eso necesitamos saber que los valores de los naturales nos están dando a la función y registrar en orden a recordar cuando vamos a la necesidad de satisfacer (Una).

Vamos a decir $a=3$ y también $K=3$ $f(2)=5$ y $f(3)=7$, he asignado a aquellos que ya eran libres, sino $f(4)=10$, pero no nos damos cuenta si $f(5)=12$ porque esto no excluye $f(6)-f(5)=3$ I atención sobre 5 porque pertenece a la duración de la función) con lo que conseguimos la cosa aquí. Solo necesitamos darle valores coherentes con el alcance de las f así que conservar las propiedades necesarias.

Así, podemos registrar el intervalo (3,5,7)una vez en $x=3$ saltar $y=3$ hacer $f(4)=10$ (y añade un 10 para el intervalo (3,5,7,10)), sino porque el 4 no beling a la gama registrado previamente no necesitamos $f(4)+3=f(5)$, por lo que para demostrar lo grande que somos en realidad nos dice $f(5)=f(4)+2=12$ (y añadir 12, (3,5,7,10,12)) y entonces podemos crear una función para que en estas nuevas agregó que "abarca" nosotros "saltar" 3 en el eje y preservar la propiedad, (también feliz de que esto preserva la monotonía) Y realmente podemos violar esta para otros productos naturales en el dominio. Cuando no estamos en la "abarca" sólo añadir 2 al valor anterior de la creación de una pendiente de la línea 2 y se añade un nuevo lapso, cuando llegamos a un palmo de saltar 3 de preservar la propiedad.

Esto produce una rotura de línea por lo que la conclusión no se sigue.