Funkcja

[bullay]

\(\displaystyle{ f. Z^+\rightarrow Z^+}\)
Dla \(\displaystyle{ n>1}\) \(\displaystyle{ f(n)=f(f(n+1))+f(f(n-1))}\)
Czy takie f istnieje?

[scyth]

Nie, ale to było trudne.

1.
Załóżmy, że \(\displaystyle{ m}\) jest najmniejszą wartością osiąganą przez \(\displaystyle{ f}\), czyli \(\displaystyle{ f(a)=m}\) dla pewnego \(\displaystyle{ a}\). Niech \(\displaystyle{ a > 1}\) Wtedy mamy:
\(\displaystyle{ m=f(a)=f(f(a+1))+f(f(a-1)) > f(f(a+1))}\) - znaleźlismy argument dla którego funkcja \(\displaystyle{ f}\) przyjmuje wartość mniejszą niż minimum, sprzeczność.

2.
W takim razie \(\displaystyle{ a=1, \ f(a)=m}\). Funkcja \(\displaystyle{ f}\) nie może byc funkcją stałą, zatem niech \(\displaystyle{ n}\) będzie "kolejną minimalną" wartością \(\displaystyle{ f}\) osiąganą w punkcie \(\displaystyle{ b}\). No i liczymy:
\(\displaystyle{ n=f(b)=f(f(b+1))+f(f(b-1)) > f(f(b+1))}\)
Z tego wynika, że \(\displaystyle{ f(f(b+1))=m}\), czyli \(\displaystyle{ f(b+1)=a=1}\). Ale \(\displaystyle{ f(b+1)=f(f(b+2))+f(f(b)) 2}\) (bo minimum funkcji wynosi 1), sprzeczność.

No i tyle po paru godzinach. Zastanawiam się czy można to jakoś uprościć, ale na razie mam dość. Pozdrawiam

[mol_ksiazkowy]

scyth napisał:

No i tyle po paru godzinach. Zastanawiam się czy można to jakoś uprościć, ale na razie mam dość. Pozdrawiam

dowód jest jak sadze, ładny i poprawny. Uproscic mozna chybatak, ze punkt 2, skasowac,...no bo z jedynki wystarczy pociagnać w takim kierunku , skoro f(n) > f(f(n+1)), o ile tylko n>1, a skoro tak to startujac z dowolnego n róznego od jedynki mamy ciąg nieskonczony i malejacy silnie, sprezecznosc: a to temu ze zawsze jak ustaliles w ad 1 f(m+1)>1 przy dowolnym m- tj
\(\displaystyle{ f(n) > f(f(n+1)) > f(f(f(n+1)+1)) >}\).....

[bullay]

Dzieki scyth za rozwiazanie. Kiedys robilismy te zadanie na kolku, ale dzisiaj nie moglem sobie przypomniec jak je zrobic.