Determinati functiile \( f:\mathbb{N}\to\mathbb{N} \) pentru care \( f(x^{2}+f(y))=xf(x)+y, \forall x, y\in\mathbb{N} \).
Lucian Dragomir
Problema 1 ONM 2008
Moderators: Laurian Filip, Beniamin Bogosel, Filip Chindea
-
Alin Galatan
- Site Admin
- Posts: 247
- Joined: Tue Sep 25, 2007 9:24 pm
- Location: Bucuresti/Timisoara/Moldova Noua
-
Beniamin Bogosel
- Co-admin
- Posts: 710
- Joined: Fri Mar 07, 2008 12:01 am
- Location: Timisoara sau Sofronea (Arad)
- Contact:
Cam usoara problema (parerea mea)... 
Pentru \( x=0 \Rightarrow f(f(y))=y,\ \forall y \in \mathbb{N} \). Astfel \( f \) este bijectiva si exista un \( a \in \mathbb{N} \) cu \( f(a)=0 \).
Pentru \( x=a \) avem \( f(a^2+f(y))=y=f(f(y)),\ \forall y \in \mathbb {N} \). Deci din injectivitate \( a=0 \). Deci \( f(0)=0 \).
Pentru \( y=0 \) avem \( f(x^2)=xf(x),\ \forall x \in \mathbb{N} \). Pentru \( x=f(x)\Rightarrow f(f^2(x))=f(x)f(f(x))=xf(x)=f(x^2),\ \forall x \in \mathbb{N} \). Din injectivitate \( f^2(x)=x^2,\ \forall x \in \mathbb{N}\Rightarrow f(x)=x\forall x \in \mathbb{N} \), functie care verifica ipoteza.
Pentru \( x=0 \Rightarrow f(f(y))=y,\ \forall y \in \mathbb{N} \). Astfel \( f \) este bijectiva si exista un \( a \in \mathbb{N} \) cu \( f(a)=0 \).
Pentru \( x=a \) avem \( f(a^2+f(y))=y=f(f(y)),\ \forall y \in \mathbb {N} \). Deci din injectivitate \( a=0 \). Deci \( f(0)=0 \).
Pentru \( y=0 \) avem \( f(x^2)=xf(x),\ \forall x \in \mathbb{N} \). Pentru \( x=f(x)\Rightarrow f(f^2(x))=f(x)f(f(x))=xf(x)=f(x^2),\ \forall x \in \mathbb{N} \). Din injectivitate \( f^2(x)=x^2,\ \forall x \in \mathbb{N}\Rightarrow f(x)=x\forall x \in \mathbb{N} \), functie care verifica ipoteza.
Solutia mea din concurs a fost in esenta cea de mai sus.
Intr-adevar, problema putea fi "omorata" in cateva miscari daca stiai ce sa urmaresti.
Am vazut ca o alta solutie folosea ca (pentru \( x=0 \)) \( f(f(x))=x, \) \( \forall x\in \mathbb{N} \) - de unde bijectivitatea lui \( f \)- si (pentru \( x=1, y=x \)) \( f(1+f(x))=f(1)+x, \) \( \forall x\in\mathbb{N}, \) deci pentru \( x=f(x) \) obtinem varianta Cauchy \( f(x+1)=f(x)+f(1), \) \( \forall x\in\mathbb{N} \) si \( f(n)=nf(1) \) si este clar ca \( f(1)=1 \) etc.
Problema a fost insa foarte draguta si binevenita.
Intr-adevar, problema putea fi "omorata" in cateva miscari daca stiai ce sa urmaresti.
Am vazut ca o alta solutie folosea ca (pentru \( x=0 \)) \( f(f(x))=x, \) \( \forall x\in \mathbb{N} \) - de unde bijectivitatea lui \( f \)- si (pentru \( x=1, y=x \)) \( f(1+f(x))=f(1)+x, \) \( \forall x\in\mathbb{N}, \) deci pentru \( x=f(x) \) obtinem varianta Cauchy \( f(x+1)=f(x)+f(1), \) \( \forall x\in\mathbb{N} \) si \( f(n)=nf(1) \) si este clar ca \( f(1)=1 \) etc.
Problema a fost insa foarte draguta si binevenita.