matematikk.net

[tex]f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}[/tex] hvor [tex]xf(y) + yf(x) = (x+y)f(x^2 + y^2)[/tex]

Prøver med [tex]y = 0[/tex]
[tex]xf(0) = xf(x^2)[/tex]
Videre vil [tex]x = 0[/tex] gi [tex]0 = 0[/tex],
mens [tex]x \neq 0[/tex] gir [tex]f(x^2) = f(0)[/tex] som gir [tex]f(x) = Konstant = a[/tex].

Ved innsetting får vi
[tex]xa + ya = (x + y)a[/tex].

Holder dette som bevis?

madfro wrote:[tex]f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}[/tex] hvor [tex]xf(y) + yf(x) = (x+y)f(x^2 + y^2)[/tex]

Prøver med [tex]y = 0[/tex]
[tex]xf(0) = xf(x^2)[/tex]
Videre vil [tex]x = 0[/tex] gi [tex]0 = 0[/tex],
mens [tex]x \neq 0[/tex] gir [tex]f(x^2) = f(0)[/tex] som gir [tex]f(x) = Konstant = a[/tex].

Ved innsetting får vi
[tex]xa + ya = (x + y)a[/tex].

Holder dette som bevis?

Men er $0\in\mathbb{N}$ da..?

stensrud wrote: Men er $0\in\mathbb{N}$ da..?

Det er selvsagt feil ja
Prøver på en ny variant.

La [tex]y = x \neq 0[/tex]
Det gir

[tex]yf(y) + yf(y) = (y + y)f(y^2 + y^2)[/tex]
som videre gir

[tex]f(y) = f(2y^2)[/tex]

Dersom dette skal holde for alle [tex]y \in \mathbb{N}[/tex], må funksjonen være uavhenging av y, altså konstant.

Dermed [tex]f(x) = a[/tex]

plutarco wrote:Fine løsninger! Enda en:

Finn alle $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ hvor $xf(y)+yf(x)=(x+y)f(x^2+y^2)$

Innsetting av $(x,y)=(x,x)$ gir $f(x)=f(2x^2)$. Dette gir opphav til den uendelige rekken $\{a_n\}$ gitt ved $a_1=1, a_{n+1}=2a_n^2\forall n\geq1$. $f(a_j)$ er dermed lik $f(a_k)$ for alle $j,k\in \mathbb{N}$. Legg merke til at alle $a_i$ er toerpotenser, og dermed også relativt primiske med alle oddetall.

Vi kan nå sette inn $(x,y)=(x-y,y)$ for alle $x>y$. Dette gir $yf(x-y)+(x-y)f(y)=xf((x-y)^2+y^2)$. Venstresiden er lik $xf(y)+y(f(x-y)-f(y))$, og da $x$ deler denne, må $x$ også dele $y(f(x-y)-f(y))$. For alle relativt primiske $x$ og $y$ gjelder derfor at $x\mid f(x-y)-f(y)$.

Påstand 1: $f(2n-1)=f(a_i)$ for alle naturlige tall $n$.
Bevis: La $r:=f(2n-1)-f(a_d)$ for en $a_d>f(a_d)$. Vi har nettopp vist at $r\equiv 0\mod 2n-1+a_d$. Men $2n-1+a_d>\mid r\mid$ som impliserer at $r=0$, som igjen impliserer påstanden.

Påstand 2: $f(2m)=f(2n-1)$ for alle naturlige tall $m,n$.
Bevis: La $s:=f(2m)-f(p)$ for et primtall $p>f(p)$ slik at $p$ og $2m$ er relativt primiske. Vi vet at $s\equiv 0 \mod 2m+p$, men siden $ 2m+p >\mid s\mid$ så er $s=0$.

Vi står igjen med $f(2m)=f(2n-1)=f(a_i)=f(1)\forall m,n,i\in\mathbb{N}\implies f(x)=k$ for en konstant $k$.