Točno
13. studenoga 2017. 22:19 (6 godine, 8 mjeseci)
Let
![\mathbb{Z}_{>0}](/media/m/d/6/0/d605ed919e8367bb4067e17e37f6c163.png)
be the set of positive integers. Find all functions
![f : \mathbb{Z}_{>0} \to \mathbb{Z}_{>0}](/media/m/3/b/2/3b25dfa403b84eddd676b5ae4dc67ab5.png)
such that
![m^2 + f(n) | m f(m) + n](/media/m/c/3/7/c37ffe06b663b11537ff1a917f12a901.png)
for all positive integers
![m](/media/m/1/3/6/1361d4850444c055a8a322281f279b39.png)
and
![n](/media/m/a/e/5/ae594d7d1e46f4b979494cf8a815232b.png)
.
%V0
Let $\mathbb{Z}_{>0}$ be the set of positive integers. Find all functions $f : \mathbb{Z}_{>0} \to \mathbb{Z}_{>0}$ such that $$
m^2 + f(n) | m f(m) + n
$$ for all positive integers $m$ and $n$.
Upozorenje: Ovaj zadatak još niste riješili!
Kliknite ovdje kako biste prikazali rješenje.
Neka je
![P(m,n)](/media/m/9/b/b/9bbe0487c18d8ae4e1d306c4a41211fd.png)
uvrštavanje u izraz
![m^2+f(n) | mf(m) + n](/media/m/9/4/f/94fdabc78df54717fa2abc82028ea969.png)
![P(n,n): n^2+f(n)|nf(n)+n \Rightarrow n^2+f(n) \leq nf(n)+n](/media/m/e/5/6/e564d85faa13665027857b410cf2f268.png)
odnosno
![nf(n) - f(n) -(n^2-n) \geq 0](/media/m/e/3/f/e3fd1a858ee2bb0eb32d551cf061793f.png)
što se lijepše faktorizira u
Dakle imamo da
![\forall n > 1](/media/m/c/4/8/c48f39f082d50f4d3f18c8720a9a3dbe.png)
vrijedi
![f(n) \geq n](/media/m/2/5/1/251b923ed2f021d2590198825ce3d484.png)
Nadalje nastavljamo sa nasumičnim uvrštavanjem i u jednom trenutku dođemo do
![P(2,2): 4+f(2)|2f(2) +2](/media/m/7/7/8/77868964bdd0f6cd051b71f4e8d35e8a.png)
, neka je
![f(2)=x](/media/m/6/d/7/6d7a219b4efb44e0220b3ddb4457d557.png)
kao i prije vrijedi
Što koristimo u slijedećem,
![4+x|2x+2-(4+x)=x-2](/media/m/3/d/5/3d56f2fa8fc4db10428649207e992a0a.png)
no
![x-2 < 4 + x](/media/m/a/f/d/afdac189326ca453c8e54efbd2a870c1.png)
. A za neke prirodne brojeve
![a](/media/m/6/d/2/6d2832265560bb67cf117009608524f6.png)
i
![b](/media/m/e/e/c/eec0d7323095a1f2101fc1a74d069df6.png)
takve da je
![b<a](/media/m/a/c/f/acf34ae21f2676827a0790e323402c9a.png)
,
![a|b](/media/m/a/d/6/ad66de6e9672e1d3c93b42d32d2cccef.png)
samo ako je
![b=0](/media/m/1/3/1/131f99205df103890fbcb8d2d7362c2a.png)
, dakle zaključujemo da
![x-2=0](/media/m/d/b/1/db19fd5f4f9ce978a17fb69f484a4bbf.png)
odnosno
![f(2)=2](/media/m/9/b/c/9bcffd1a5aef5e3638a0cf24f4a952a1.png)
.
Kako nekako intuitivno tražimo gornju granicu za
![f(n)](/media/m/d/3/e/d3e47283bffbbf24c97f0c6474d5a82d.png)
, da bi dokazali
![f(n)=n](/media/m/8/9/5/895892c742b7a89c384107ae453e9ffb.png)
, slijedeći logičan korak je
![P(2,n)](/media/m/6/a/1/6a1786a6861409810c629de31e8f905c.png)
koji daje
![4+f(n)|2f(2)+n](/media/m/8/c/9/8c949eb79efd8d8eb77e455d7cc99413.png)
te isto kao i prije dolazimo do
![f(n)\leq n](/media/m/2/d/a/2da9a45bbe55a6fec9498c58a0f09e13.png)
Za
![n=1](/media/m/4/e/4/4e466fe58c2a8f6389234c5c673f069c.png)
imamo
![f(1)\leq 1](/media/m/8/8/e/88ea5b739623a5958192814c115cdc7b.png)
a kako bi funkcija bila definirana za sve prirodne brojeve mora vrijediti
![f(1)=1](/media/m/6/6/3/663e9e05cfd9239293dee52b353d2ab0.png)
te zaključujemo da je
%V0
Neka je $P(m,n)$ uvrštavanje u izraz $m^2+f(n) | mf(m) + n $
$P(n,n): n^2+f(n)|nf(n)+n \Rightarrow n^2+f(n) \leq nf(n)+n $ odnosno $nf(n) - f(n) -(n^2-n) \geq 0$ što se lijepše faktorizira u $$ (f(n)-n)(n-1)\geq 0$$
Dakle imamo da $\forall n > 1$ vrijedi $$f(n) \geq n $$
Nadalje nastavljamo sa nasumičnim uvrštavanjem i u jednom trenutku dođemo do $P(2,2): 4+f(2)|2f(2) +2$, neka je $f(2)=x$ kao i prije vrijedi $4+x\leq 2x +2 \Rightarrow 2x +2 -(4+x)\geq 0$
Što koristimo u slijedećem, $4+x|2x+2-(4+x)=x-2$ no $ x-2 < 4 + x $. A za neke prirodne brojeve $a$ i $b$ takve da je $b<a$, $a|b$ samo ako je $b=0$, dakle zaključujemo da $x-2=0$ odnosno $f(2)=2$.
Kako nekako intuitivno tražimo gornju granicu za $f(n)$, da bi dokazali $f(n)=n$, slijedeći logičan korak je $P(2,n)$ koji daje $4+f(n)|2f(2)+n$ te isto kao i prije dolazimo do $$f(n)\leq n$$
Za $n=1$ imamo $f(1)\leq 1$ a kako bi funkcija bila definirana za sve prirodne brojeve mora vrijediti $f(1)=1$ te zaključujemo da je $$f(n)=n, \forall n \in \mathbb{N}$$