Sea $\mathbb{N}$ el conjunto de los enteros positivos. Determinar todas las funciones $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tales que para todos $a,b$ enteros positivos, hay dos de $f(a)$, $f(b)$, $f(a+b)$ que suman el tercero.
Vamos a decirle $P(a,b)$ a la condición del enunciado.
Veremos por inducción fuerte que $f(n)=n*f(1)$ para todo $n$. Primero, unos casos base:
$P(a,a)$ nos da que $f(2a)=2*f(a)$ o que $f(a)=f(2a)+f(a)$. Como el segundo caso nos da $f(2a)=0$, concluimos que $f(2a)=2*f(a)$.
Luego $f(2)=2*f(1)$ y $f(4)=2*f(2)=2*2*f(1)=4*f(1)$.
$P(1,2)$ nos da que $f(3)=f(1)+f(2)=3*f(1)$ o que $f(3)=f(2)-f(1)=f(1)$.
$P(1,3)$ nos da que $f(3)=f(1)+f(4)=5*f(1)$ o que $f(3)=f(4)-f(1)=3*f(1)$.
Como $f(1)\neq 0$, debe ser que $f(3)=3*f(1)$, al ser la única opción en ambas listas de posibilidades.
Ahora, sea $n\geq 5$.Supongamos que para $k<n$ vale que $f(k)=k*f(1)$.
$P(1,n-1)$ nos da que $f(n)=f(1)+f(n-1)=n*f(1)$ o que $f(n)=f(n-1)-f(1)=(n-2)*f(1)$.
$P(2,n-2)$ nos da que $f(n)=f(2)+f(n-2)=n*f(1)$ o que $f(n)=f(n-2)-f(2)=(n-4)*f(1)$.
Pero de nuevo, como $f(1)\neq 0$, debe ser que $f(n)=n*f(1)$, al ser la única opción en ambas listas de posibilidades. Esto concluye la inducción.
Sólo nos queda chequear que todas las funciones de la forma $f(n)=nk$, con $k>0$, cumplen.
$f(a)+f(b)=ak+bk=(a+b)k=f(a+b)$, por lo que se cumple la condición del enunciado.
Luego las únicas funciones que satisfacen son las de la forma $f(n)=nk$, donde $k$ es un entero positivo fijo.
Última edición por Sandy el Mar 07 Feb, 2023 1:04 am, editado 2 veces en total.
Sandy escribió: ↑Vie 27 Ene, 2023 12:03 am
Sea $\mathbb{N}$ el conjunto de los enteros positivos. Determinar todas las funciones $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tales que para todos $a,b$ enteros positivos, hay dos de $f(a)$, $f(b)$, $f(a+b)$ que suman el tercero.
Supongamos que la función evaluada en 1 da $k \in \mathbb{N}$, entonces al ser $2=1+1$ se tiene o que $f(2)=f(1)+f(1)=2k$ o que $f(1)=f(2)+f(1) \rightarrow f(2)=0$, la segunda no puede ser porque 0 no es parte de los enteros postivos, por lo que $f(2)=2k$. Ahora supongamos que existe un $m\geq 2 \in \mathbb{N} ∣ \forall i\leq m:$
$f(i)=ik$
tenemos entonces que $f(m+1)=f(m)+f(1)$ ó $f(m+1)+f(m)=f(1)$ ó $f(m+1)+f(1)=f(m)$, lo que nos da $f(m+1)=(m+1)k; f(m+1)= k(1-m) ó f(m+1)=k(m-1)$ respectivamente, la opción del medio no puede ser porque al ser $k\geq 1$ entonces $f(m+1)$ no estaría en los enteros positivos,y la tercera tampoco porque también o $f(m+1)=f(m-1)+f(2) \rightarrow f(m+1)=(k+1)m$ ó $f(m+1)+f(m-1)=f(2) \rightarrow f(m+1)=k(2-m)$ (no es posible porque de nuevo haría que f(m+1) esté fuera de los enteros postiivos) ó $f(m+1)+f(2)=f(m-1) \rightarrow f(m+1)=k(m-2)$ y obviamente $k(m+1)\neq k(m-1)\neq k(m-2)$, por lo que $f(m+1)\neq (m-1)k$, por ende $f(m+1)=(m+1)k$. Por inducción y siendo el caso base m=2 se obtiene que para todo $x \in \mathbb{N}: f(x)=kx$ es la única solución con $k \in \mathbb{N}$, y obviamente si $k \notin \mathbb{N}$ entonces habrán resultados por fuera de los enteros positivos. Para testear que efectivamente esto pasa tengamos que: $f(a+b)=f(a)+f(b) \rightarrow (a+b)k=ak+bk$ lo cual es efectivamente cierto por la propiedad distributiva, nótese que solo se cumplirá $f(a+b)=f(a)+f(b)$ por la hipótesis inductiva que mostré y demostré.
RTA:Las únicas soluciones son las funciones de la forma $f(a)=ak$; con $k \in \mathbb{N}$
"cada vez que uses xor, piensa en mí, estaré usando vectores módulo 2"- un cordobés a otro.
Caso base: $k = 0$. $2^0 = 1$, entonces $f(2^k) = f(1) = 1 \cdot f(1) = 2^kf(1)$, por lo cual esto es verdadero.
Paso inductivo: $k = i + 1$.
Hipótesis inductiva: $f(2^i) = 2^if(1)$
Consideremos $f(2^{i+1})$. Esto es igual a $f(2^i+2^i)$
Por la condicion de f, una de estas dos se cumple:
$f(2^i+2^i) = f(2^i)+f(2^i)$
$f(2^i) = f(2^i+2^i)+f(2^i)$
El segundo caso es falso, porque si restamos $f(2^i)$ de los dos lados nos queda que $f(2^i+2^i) = 0$, que es falso porque $0$ no esta en el codominio de $f$ que es $\mathbb{N}$
Entonces el primer caso es verdadero. $f(2^i) = 2^if(1)$ por la hipotesis inductiva entonces:
$f(2^i+2^i) = f(2^i)+f(2^i)$
$f(2^i+2^i) = 2^if(1)+2^if(1)$
$f(2^{i+1}) = 2^{i+1}f(1)$
$f(2^k) = 2^k f(1)$
Por lo que demostramos lo que queriamos probar.
Ahora pruebo por induccion que para todo $x$, $f(x) = xf(1)$.
$i \geq 1$ porque estamos haciendo induccion con la base de $x = 1$. Entonces $(1-i) \leq 0$
$f(1) > 0$ porque el codominio de $f$ son los naturales
Entonces $(1-i)f(1) \leq 0$, pero $f(i + 1) > 0$ porque el codominio de $f$ son los naturales. Entonces llegamos a una contradiccion.
$k < 2i \to k - i < i \to k - i + 1 < i + 1 \to (k - i + 1) < i + 1$, entones la hipótesis inductiva de antes cumple para $(k - i + 1)$.
$f(k - i + 1) = (k - i + 1)f(1)$
$f(k + 1) = f(i + (k - i + 1)) = f(i) - f(k - i + 1) = if(1) - (k - i + 1)f(1) = (2i - k - 1)f(1)$
$f(k + 1) = f(i + (k - i + 1)) = - f(i) + f(k - i + 1) = - if(1) + (k - i + 1)f(1) = (-2i + k + 1)f(1)$. Esto no puede ser porque como $m \leq 2i$, $(-2i + k + 1) \leq 0$.
Para esto voy a usar una propiedad que tienen las potencias de dos, que es que para todo $x$ natural (no potencia de dos) existe un $2^k > x$ tal que $x > \frac{2^k}{2}$. Por lo tanto, para todo $i$ existe una potencia de 2 tal que $i < 2^k \leq 2i$. La pruba es bastante obvia, pero es esta:
Consideremos la menor potencia de dos $2^k$ mayor a $x$.
Si no se cumple que $x > \frac{2^k}{2}$, entonces como $\frac{2^k}{2} = 2^{k-1}$ es mayor a $x$, entonces $2^{k-1}$ es una potencia de 2 mayor a $x$ pero menor a $2^k$, que contradice lo que asumimos al principio que es que $2^k$ es la menor potencia de dos mayor a $x$. Entonces llegamos a un absurdo.
Por lo tanto $x > \frac{2^k}{2}$.
Para $m = 2^p$ (siempre existe una potencia de dos entre $i$ y $2i$ inclusive)
$f(m) = f(2^p)$
$(-2i + m)f(1) = 2^pf(1)$
$2^p = -2i + m$
$m = -2i + m$
$-2i = 0$, que es falso.
Vamos a decirle $P(a,b)$ a la condición del enunciado.
Veremos por inducción fuerte que $f(n)=n*f(1)$ para todo $n$. Primero, unos casos base:
$P(a,a)$ nos da que $f(2a)=2*f(a)$ o que $f(a)=f(2a)+f(a)$. Como el segundo caso nos da $f(2a)=0$, concluimos que $f(2a)=2*f(a)$.
Luego $f(2)=2*f(1)$ y $f(4)=2*f(2)=2*2*f(1)=4*f(1)$.
$P(1,2)$ nos da que $f(3)=f(1)+f(2)=3*f(1)$ o que $f(3)=f(2)-f(1)=f(1)$.
$P(1,3)$ nos da que $f(3)=f(1)+f(4)=5*f(1)$ o que $f(3)=f(4)-f(1)=3*f(1)$.
Como $f(1)\neq 0$, debe ser que $f(3)=3*f(1)$, al ser la única opción en ambas listas de posibilidades.
Ahora, sea $n\geq 5$.Supongamos que para $k<n$ vale que $f(k)=k*f(1)$.
$P(1,n-1)$ nos da que $f(n)=f(1)+f(n-1)=n*f(1)$ o que $f(n)=f(n-1)-f(1)=(n-2)*f(1)$.
$P(2,n-2)$ nos da que $f(n)=f(2)+f(n-2)=n*f(1)$ o que $f(n)=f(n-2)-f(2)=(n-4)*f(1)$.
Pero de nuevo, como $f(1)\neq 0$, debe ser que $f(n)=n*f(1)$, al ser la única opción en ambas listas de posibilidades. Esto concluye la inducción.
Sólo nos queda chequear que todas las funciones de la forma $f(n)=nk$, con $k>0$, cumplen.
$f(a)+f(b)=ak+bk=(a+b)k=f(a+b)$, por lo que se cumple la condición del enunciado.
Luego las únicas funciones que satisfacen son las de la forma $f(n)=nk$, donde $k$ es un entero positivo fijo.
Pregunta:
al determinar al principio que si se cumplían dos de las tres situaciones entonces f(2a) =0. Eso no descarta por completo esas situaciones?
porque en el enunciado dice que las funciones debian tener codominio natural y 0 no es natural.
