La [tex]f:\mathbb{N}\to\mathbb{Z}[/tex] ([tex]f[/tex] er en funksjon definert på de positive hele tall slik at [tex]f(n)[/tex] er heltall for alle positive heltall [tex]n[/tex]). La videre
1. [tex]f(2)=2[/tex]
2. [tex]f(mn)=f(n)f(m)[/tex] for alle m,n
3. [tex]f(m) > f(n)[/tex] når m > n
Finn (med bevis) alle funksjoner som tilfredsstiller disse egenskapene.
(Bruker konvensjonen [tex]\mathbb{N} = \{1,2,3,...\}[/tex], altså uten 0)
Funksjonalligning, bevis
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Hvis [tex]f(1)=0[/tex] er [tex]f(n) = f(1n) = f(1)f(n) = 0[/tex] for alle n, noe som motstrider at [tex]f(2) = 2[/tex]. Ligningen [tex]f(1) = f(1^2) = f(1)^2[/tex] gir derfor at [tex]f(1)=1[/tex]. Dermed må [tex]f(n) \geq 1[/tex] for alle n.
Videre er [tex]f(2^m) = f(2)^m = 2^m[/tex], så f sender alle toerpotenser på seg selv. La n være et naturlig tall. Da finnes m slik at [tex]2^m \leq n < 2^{n+1}[/tex].
[tex]2^m = f(2^m) < f(2^m + 1) < \cdots < f(n) < \cdots < f(2^{m+1}) = 2^{m+1}[/tex]. Den eneste måten vi kan presse disse tallene mellom [tex]2^m[/tex] og [tex]2^{m+1}[/tex] og samtidig bevare alle ulikhetene, er hvis alle sendes på seg selv. Dermed er f(n) = n, så f må være identitetsfunksjonen på N.
Videre er [tex]f(2^m) = f(2)^m = 2^m[/tex], så f sender alle toerpotenser på seg selv. La n være et naturlig tall. Da finnes m slik at [tex]2^m \leq n < 2^{n+1}[/tex].
[tex]2^m = f(2^m) < f(2^m + 1) < \cdots < f(n) < \cdots < f(2^{m+1}) = 2^{m+1}[/tex]. Den eneste måten vi kan presse disse tallene mellom [tex]2^m[/tex] og [tex]2^{m+1}[/tex] og samtidig bevare alle ulikhetene, er hvis alle sendes på seg selv. Dermed er f(n) = n, så f må være identitetsfunksjonen på N.
Bachelor i matematiske fag NTNU - tredje år.