Biyección $f$ $\mathbb{N}$ tal divide a que $n$ $\sum_{k=1}^{n} f(k)$

Question

<blockquote> <p>¿Es posible construir una biyección $f: \mathbb{N} \mapsto \mathbb{N}$ tal que $n$ $\sum_{k=1}^{n} f(k)$ $n \in \mathbb{N}$por cada ciento divide?</p> </blockquote> <p>Al principio, he intentado construir tal función pero sin éxito. Así que ahora estoy convencido de que no existe tal $f$, pero yo no podía resolver con los enfoques estándar/trucos en este tipo de problemas. ¿Cuál es el truco que falto?</p> <p>¡Gracias!</p>

Answer 1

Este tipo de secuencia, de hecho, puede ser construido. Supongamos $f(1),\ldots,f(n-1)$ han sido elegidos, y deje $a$ ser distinta de la de todos los de estos. Nos muestran cómo la fuerza, ya sea $f(n)=a$ o $f(n+1)=a$. Si, por ejemplo, siempre nos fuerza el más pequeño $a$ que no está en el rango, vamos a terminar con un bijection.

Deje $S=f(1)+\cdots+f(n-1)$; hay dos posibilidades. Si $S+a\equiv 0\ (\textrm{mod } n)$, se puede elegir $f(n)=a$. Si no, nos pusimos $f(n)=kn-S$ para algunos entero $k$ donde $k\equiv a\ (\textrm{mod }(n+1))$, y vamos, a continuación, elija $f(n+1)=a$. A continuación,$f(1)+\cdots+f(n)=kn$, por lo que la divisibilidad condición mantiene en $n$; podemos optar $k$ tan grande como queremos asegurarnos de $f(n)$ es distinta de la $f(1),\ldots,f(n-1)$.

Finalmente, $$f(1)+\cdots+f(n+1)=kn+a \equiv -a+a \equiv 0\ (\textrm{mod }(n+1)),$$ por lo que la condición de divisibilidad tiene aquí también.

Si hacemos el mínimo elección en cada paso, se obtiene un bijection que comienza así: $1, 3, 2, 10, 4, 52, 5, 43, 6, 54, 7, 65, 8, 76, 9, 103, 11, 99, 12, 110,\cdots$