22.:
To zadanie już rozwiązałem w którymś miksie, odpowiedź to \(\displaystyle{ f\left(\frac{a}{b}\right)=\frac{a+b}{2}f(1), \ \NWD(a,b)=1, \ a,b\in \NN^{+}}\)
Napiszę tylko najbardziej niezbędne rzeczy:
najpierw dowodzimy, że \(\displaystyle{ f(r+n)=\frac{r+n+1}{r+1}f(r), \ n\in \NN \ (*)}\). W tym celu podstawmy w warunku
\(\displaystyle{ xf(x)=(x+1)f(x-1), \ r:=x-1}\)
co daje
\(\displaystyle{ f(r+1)=\frac{r+2}{r+1}f(r)}\)
i już widzimy, że wzór zgadza się dla \(\displaystyle{ n=1}\), a dalej w kroku indukcyjnym
\(\displaystyle{ f(r+n+1)=f((r+1)+n)=\frac{(r+1)+n+1}{(r+1)+1}f(r+1) =\frac{r+n+2}{r+1}f(r)}\)
Następnie przez indukcję silną po \(\displaystyle{ s=a+b}\) dowodzimy, że dy \(\displaystyle{ a,b\in \NN^{+}, \ \NWD(a,b)=1}\), to
\(\displaystyle{ f\left(\frac{a}{b}\right)=\frac{a+b}{2}f(1)}\).
Baza indukcji dla \(\displaystyle{ a=b=1}\) jest oczywista, sprowadza się do \(\displaystyle{ f(1)=f(1)}\).
Teraz ustalmy dowolne \(\displaystyle{ t\in \NN^{+}, \ t>1}\) i przypuśćmy, że dla każdego \(\displaystyle{ s\in \NN^{+}}\) mniejszego niż \(\displaystyle{ t}\) i dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b\in \NN^{+}}\) spełniających \(\displaystyle{ a+b=s, \ \NWD(a,b)=1}\) zachodzi równość \(\displaystyle{ f\left(\frac{a}{b}\right)=\frac{a+b}{2}f(1)}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ p,q\in \NN^{+}}\) spełniają \(\displaystyle{ p+q=t, \ \NWD(p,q)=1}\).
Jeśli \(\displaystyle{ p<q}\), to korzystając z \(\displaystyle{ f(x)=f\left(\frac{1}{x}\right)}\), mamy \(\displaystyle{ f\left(\frac{p}{q}\right)=f\left(\frac{q}{p}\right)}\)
i wiemy, że istnieje takie \(\displaystyle{ r\in \left\{1,\ldots p-1\right\}}\), że \(\displaystyle{ q=np+r, \ n\in \NN^{+}}\) i oczywiście też \(\displaystyle{ \NWD(r,p)=1, \ p+r<t}\), a wtedy
\(\displaystyle{ f\left(\frac{p}{q}\right)=f\left(n+\frac{r}{p}\right)=\frac{n+\frac{r}{p}+1}{\frac{r}{p}+1}f\left(\frac{r}{p}\right)=\frac{n+\frac{r}{p}+1}{\frac{r}{p}+1}\cdot \frac{r+p}{2}f(1)=\frac{p+q}{2}f(1)}\)
co kończy krok indukcyjny w tym przypadku. Jeżeli zaś \(\displaystyle{ p>q}\), to postępujemy analogicznie, z \(\displaystyle{ q}\) zamienionym miejscami z \(\displaystyle{ p}\), tylko omijamy użycie \(\displaystyle{ f(x)=f\left(\frac{1}{x}\right)}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ f(1)}\) może być dowolną liczbą całkowitą.
Napiszę tylko najbardziej niezbędne rzeczy:
najpierw dowodzimy, że \(\displaystyle{ f(r+n)=\frac{r+n+1}{r+1}f(r), \ n\in \NN \ (*)}\). W tym celu podstawmy w warunku
\(\displaystyle{ xf(x)=(x+1)f(x-1), \ r:=x-1}\)
co daje
\(\displaystyle{ f(r+1)=\frac{r+2}{r+1}f(r)}\)
i już widzimy, że wzór zgadza się dla \(\displaystyle{ n=1}\), a dalej w kroku indukcyjnym
\(\displaystyle{ f(r+n+1)=f((r+1)+n)=\frac{(r+1)+n+1}{(r+1)+1}f(r+1) =\frac{r+n+2}{r+1}f(r)}\)
Następnie przez indukcję silną po \(\displaystyle{ s=a+b}\) dowodzimy, że dy \(\displaystyle{ a,b\in \NN^{+}, \ \NWD(a,b)=1}\), to
\(\displaystyle{ f\left(\frac{a}{b}\right)=\frac{a+b}{2}f(1)}\).
Baza indukcji dla \(\displaystyle{ a=b=1}\) jest oczywista, sprowadza się do \(\displaystyle{ f(1)=f(1)}\).
Teraz ustalmy dowolne \(\displaystyle{ t\in \NN^{+}, \ t>1}\) i przypuśćmy, że dla każdego \(\displaystyle{ s\in \NN^{+}}\) mniejszego niż \(\displaystyle{ t}\) i dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b\in \NN^{+}}\) spełniających \(\displaystyle{ a+b=s, \ \NWD(a,b)=1}\) zachodzi równość \(\displaystyle{ f\left(\frac{a}{b}\right)=\frac{a+b}{2}f(1)}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ p,q\in \NN^{+}}\) spełniają \(\displaystyle{ p+q=t, \ \NWD(p,q)=1}\).
Jeśli \(\displaystyle{ p<q}\), to korzystając z \(\displaystyle{ f(x)=f\left(\frac{1}{x}\right)}\), mamy \(\displaystyle{ f\left(\frac{p}{q}\right)=f\left(\frac{q}{p}\right)}\)
i wiemy, że istnieje takie \(\displaystyle{ r\in \left\{1,\ldots p-1\right\}}\), że \(\displaystyle{ q=np+r, \ n\in \NN^{+}}\) i oczywiście też \(\displaystyle{ \NWD(r,p)=1, \ p+r<t}\), a wtedy
\(\displaystyle{ f\left(\frac{p}{q}\right)=f\left(n+\frac{r}{p}\right)=\frac{n+\frac{r}{p}+1}{\frac{r}{p}+1}f\left(\frac{r}{p}\right)=\frac{n+\frac{r}{p}+1}{\frac{r}{p}+1}\cdot \frac{r+p}{2}f(1)=\frac{p+q}{2}f(1)}\)
co kończy krok indukcyjny w tym przypadku. Jeżeli zaś \(\displaystyle{ p>q}\), to postępujemy analogicznie, z \(\displaystyle{ q}\) zamienionym miejscami z \(\displaystyle{ p}\), tylko omijamy użycie \(\displaystyle{ f(x)=f\left(\frac{1}{x}\right)}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ f(1)}\) może być dowolną liczbą całkowitą.
uwaga na temat 13.:
Jeśli przez \(\displaystyle{ a_{n,k}}\) oznaczymy współczynnik przy \(\displaystyle{ x^{k}}\) w wielomianie \(\displaystyle{ \left(1+x+x^{2}\right)^{n}}\), to nietrudno wyprowadzić zależności \(\displaystyle{ a_{n,0}=a_{n,2n}=1, \ a_{n,1}=a_{n, 2n-1}=n \text{ dla } \ a_{n+1, k}=a_{n,k}+a_{n,k-1}+a_{n, k-2}, \ 2n-2\ge k\ge 2}\)
Niestety nie wydaje mi się, żeby coś takiego miało postać zwartą, a rozpisanie kilku „poziomów" z użyciem tej rekurencji daje liczbę nieparzystych współczynników równą odpowiednio \(\displaystyle{ 3,3,5,3,9,5}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,4,5,6}\)
i na takie zapytanie OEIS wyrzuca coś takiego:
Chodzi oczywiście o ciąg A071053.
Miałem też zupełnie inną koncepcję, tj. skorzystać z tego, że \(\displaystyle{ -\frac{1}{2}-\frac{i\sqrt{3}}{2}, \ -\frac{1}{2}+\frac{i\sqrt{3}}{2}}\) są n-krotnymi pierwiastkami wielomianu i użyć wzorów Viete'a, ale to się niestety bardzo paprało. Pokonało mnie chyba to zadanie.
Niestety nie wydaje mi się, żeby coś takiego miało postać zwartą, a rozpisanie kilku „poziomów" z użyciem tej rekurencji daje liczbę nieparzystych współczynników równą odpowiednio \(\displaystyle{ 3,3,5,3,9,5}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,4,5,6}\)
i na takie zapytanie OEIS wyrzuca coś takiego:
Kod: Zaznacz cały
https://oeis.org/search?q=3%2C3%2C5%2C3%2C9%2C5&language=polish&go=Wyszukaj
Chodzi oczywiście o ciąg A071053.
Miałem też zupełnie inną koncepcję, tj. skorzystać z tego, że \(\displaystyle{ -\frac{1}{2}-\frac{i\sqrt{3}}{2}, \ -\frac{1}{2}+\frac{i\sqrt{3}}{2}}\) są n-krotnymi pierwiastkami wielomianu i użyć wzorów Viete'a, ale to się niestety bardzo paprało. Pokonało mnie chyba to zadanie.