Matematyka.pl

Wyznaczyć wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f: \NN \to \NN}\) takie, że jeśli \(\displaystyle{ S \subset \NN}\) jest zbiorem skończonym, takim że \(\displaystyle{ \sum_{s \in S} \frac{1}{s}}\) jest liczbą całkowitą, to \(\displaystyle{ \sum_{s \in S} \frac{1}{f(s)}}\) też jest liczbą całkowitą.

Zastanawiałem się nad tym zadaniem i nie potrafiłem go łatwo rozwiązać. W końcu postanowiłem sprawdzić, czy zapisana powyżej treść zgadza się z oryginalną (miałem pewne podejrzenie, że jakiegoś założenia brakuje). Rzeczywiście w jest dodatkowe założenie o injektywności \(\displaystyle{ f}\). Przy tym założeniu zadanie daje się stosunkowo łatwo rozwiązać (jest przy tym sporo pracy przy rozmaitych detalach i dlatego nie mam ochoty zapisywać rozwiązania). Według mnie istotą sprawy jest użycie tożsamości
$$\frac{1}{n+1} + \sum_{m=1}^n\frac{1}{m(m+1)} = 1$$
i wyprowadzenie z niej oraz warunków zadania równości
$$\frac{1}{f(n)} = \frac{1}{f(n+1)} + \frac{1}{f(n\cdot (n+1))}$$
która zachodzi dla \(\displaystyle{ n\geq 3}\). Z tej równości oraz dalszych prostych uwag daje się wykazać, że \(\displaystyle{ f(n) = n}\) dla \(\displaystyle{ n\geq 6}\). Podejrzewam, że dalsza analiza umożliwia uzyskanie, że \(\displaystyle{ f = 1_{\mathbb{N}}}\), ale tego nie zrobiłem. Nie wiem też jak wygląda rozwiązanie wzorcowe, ale mogę się założyć, że w jakiś sposób musi ono korzystać z wyżej podanych rozkładów \(\displaystyle{ 1}\) na sumę odwrotności liczb całkowitych dodatnich.

Tu jeszcze musisz doprecyzować jak będą wyglądać zbiory S?

Dodano po 4 minutach 29 sekundach:
Ja myślałem o funkcji f jako permutacji na zbiorach S a na częściach wspólnych zbiorów S permutacje musiałyby być identycznościami...

arek1357 pisze: ↑24 kwie 2022, o 20:28 Ja myślałem o funkcji f jako permutacji na zbiorach S a na częściach wspólnych zbiorów S permutacje musiałyby być identycznościami...

No to jest dosyć oczywiste, że trzeba to tak robić. Nie rozumiem tylko, dlaczego każde zdanie kończy się u Ciebie wielokropkiem. Zazwyczaj do kończenia zdania oznajmującego stosuje się kropkę...

arek1357 pisze: ↑24 kwie 2022, o 20:28 Tu jeszcze musisz doprecyzować jak będą wyglądać zbiory S?

Najwidoczniej łatwiej zauważać błędy w poprawnej definicji funkcji Riemanna niż zauważyć, o jaki zbiór chodzi na podstawie mojego poprzedniego wpisu – a moim zdaniem widzi to ślepy koń.

Dla \(\displaystyle{ n \geq 2}\) zbiór
$$S = \{n+1\}\cup \{m\cdot (m+1)\,|\,m=1,2,...,n\}$$
spełnia
$$\sum_{s\in S}\frac{1}{s} = \frac{1}{n+1} + \sum_{m=1}^n\frac{1}{m(m+1)} = 1$$
Stąd z warunków zadania dla \(\displaystyle{ n \geq 2}\) dostajemy
$$\frac{1}{f(n+1)} + \sum_{m=1}^n\frac{1}{f(m(m+1))} = \sum_{s\in S}\frac{1}{f(s)} \in \mathbb{Z}$$
Wprowadźmy teraz oznaczenie
$$K_n = \sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{f(m(m+1))}$$
wtedy \(\displaystyle{ K_n + \frac{1}{f(n)} \in \mathbb{Z}}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n\geq 3}\). Ponadto mamy nierówności
$$K_n < K_{n + 1} + \frac{1}{f(n + 1)} = K_n + \frac{1}{f(n(n+1))} + \frac{1}{f(n+1)} < K_n + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = K_n + 1$$
Zatem obie liczby całkowite
$$K_n + \frac{1}{f(n)}, K_{n+1}+\frac{1}{f(n+1)}$$
leżą w przedziale \(\displaystyle{ (K_n,K_n+1)}\), a to jest możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy te liczby są równe czyli
$$K_n + \frac{1}{f(n)} = K_{n+1}+\frac{1}{f(n+1)}$$
dla \(\displaystyle{ n \geq 3}\). Ta równość po redukcji wyrazów podobnych (to jest ta część wspólna permutacji z Twojej heurystyki) daje
$$\frac{1}{f(n)} = \frac{1}{f(n(n+1))} + \frac{1}{f(n+1)}$$
dla \(\displaystyle{ n \geq 3}\). Z tej równości wynika, że \(\displaystyle{ f(n) < f(n+1)}\). Stąd \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca \(\displaystyle{ n \geq 3}\). Analizując równość
$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = 1$$
i korzystając z tego, że \(\displaystyle{ f}\) rośnie dla \(\displaystyle{ n \geq 3}\) można wykazać, że \(\displaystyle{ f(6) = 6}\). Z \(\displaystyle{ f(6) = 6}\) oraz faktu, że \(\displaystyle{ f}\) rośnie dla \(\displaystyle{ n \geq 3}\) można wywnioskować, że \(\displaystyle{ f(n) \geq n}\) dla \(\displaystyle{ n\geq 6}\). Teraz przez indukcję po \(\displaystyle{ n \geq 6}\) pokazujemy, że \(\displaystyle{ f(n) = n}\). Dla \(\displaystyle{ n = 6}\) jest zrobione. Załóżmy, że zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n \geq 6}\). Wcześniej wykazaliśmy, że
$$\frac{1}{f(n)} = \frac{1}{f(n(n+1))} + \frac{1}{f(n+1)}$$
a więc na mocy założenia indukcyjnego mamy
$$\frac{1}{n} = \frac{1}{f(n(n+1))} + \frac{1}{f(n+1)}$$
Ponadto wiemy, że \(\displaystyle{ f(n(n+1)) \geq n(n+1)}\) oraz \(\displaystyle{ f(n+1) \geq n+1}\), bo to też pokazaliśmy wyżej. Zatem
$$\frac{1}{n} = \frac{1}{f(n(n+1))} + \frac{1}{f(n+1)} \leq \frac{1}{n(n+1)} + \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n}$$
i nierówności muszą być równościami, co daje \(\displaystyle{ f(n+1) = n+1}\) i kończy dowód indukcyjny. Stąd faktycznie \(\displaystyle{ f(n) = n}\) dla \(\displaystyle{ n \geq 6}\).

Wiemy też, że \(\displaystyle{ f(1) = 1}\) i analizując dalej równość
$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = 1$$
oraz korzystając z tego, że \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca dla \(\displaystyle{ n \geq 3}\) powinno się już wyznaczyć wartości \(\displaystyle{ f}\) dla argumentów \(\displaystyle{ 2,3,4,5}\). Wiemy na przykład, że \(\displaystyle{ \{f(2),f(3)\} = \{2,3\}}\) oraz \(\displaystyle{ \{f(4),f(5)\} = \{4,5\}}\).

Moje pytanie nie było bezzasadne w sprawie S ponieważ dla np. n=5

\(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\) się zdubluje wywołując mały zgrzyt i takich dubeltonów może być więcej... bo wtedy \(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\)

Traktujesz jako podwójny element i robisz z S multizbiór...

Można to też sprytnie obejść...

Na temat moich kropek w zdaniach, które może Cię irytują kiedyś pogadamy postaram Ci się wyjaśnić...

Dodano po 4 minutach 44 sekundach:

łatwiej zauważać błędy w poprawnej definicji funkcji Riemanna

Raczej zauważałem mierne wyjaśnienie istoty zer tejże funkcji...

No to jest dosyć oczywiste, że trzeba to tak robić

Niestety stwierdzam, że nie dla wszystkich...

arek1357 pisze: ↑24 kwie 2022, o 22:56 Moje pytanie nie było bezzasadne w sprawie S ponieważ dla np. n=5

\(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\) się zdubluje wywołując mały zgrzyt i takich dubeltonów może być więcej... bo wtedy \(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\)

Masz rację. Przepraszam za te uwagi na temat ślepego konia, którym to ja się okazałem. Męczenie się z poprawieniem tego przez tożsamości w rodzaju
$$\frac{1}{n} = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n(n+1)}$$
(lub inne podobne) pozostawiam dociekliwemu czytelnikowi. Super pomocny może być , który jest ciekawy sam w sobie. Poza tym zasadniczy szkic, który przedstawiłem, powinien być ok.

arek1357 pisze: ↑24 kwie 2022, o 22:56

łatwiej zauważać błędy w poprawnej definicji funkcji Riemanna

Raczej zauważałem mierne wyjaśnienie istoty zer tejże funkcji...

Raczej twierdziłeś, że podana w filmie definicja ograniczała się do
$$\zeta(s) = \sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{1}{n^s}$$
a tak nie było. Wiem, że trudno przychodzi Ci przyznanie się do niesłusznego oskarżania autora tamtego filmu o podanie niepoprawnej definicji dzety.

arek1357 pisze: ↑24 kwie 2022, o 22:56

No to jest dosyć oczywiste, że trzeba to tak robić

Niestety stwierdzam, że nie dla wszystkich...

Jeśli to uwaga, że to akurat nie jest dla mnie oczywiste, to jej nie rozumiem. Pokazany przeze mnie szkic wykorzystuje dokładnie tę heurystykę, co zresztą pokazałem w konkretnym miejscu.