#6 Функциональные уравнения на целых

Для \(n>0\) индукция даёт \(f(n)=4n-1\). Для \(n<0\) из \(f(n)=f(n+1)-4\) получаем ту же формулу. Ответ: \(f(n)=4n-1\).

Если \(n=2k\), то \(f(n)=2+6k=3n+2\). Если \(n=2k+1\), то \(f(n)=5+6k=3n+2\). Ответ: \(f(n)=3n+2\). Формула работает и для отрицательных \(k\), так как рекурсия обратима.

Тогда \(g(m+n)=f(m+n)+1=f(m)+f(n)+2=g(m)+g(n)\). На \(\mathbb N\) получаем \(g(n)=ng(1)=5n\). Значит, \(f(n)=5n-1\).

Пусть \(c=f(0)\). По индукции \(f(1)\equiv c+1\), \(f(2)\equiv c+2\), и так далее. Так как все значения считаются по модулю \(7\), получаем \(f(x)\equiv c+x\pmod 7\) для каждого остатка \(x\).

Условие эквивалентно \(f(n+2)-f(n+1)=f(n+1)-f(n)\). Значит, первые разности постоянны. Так как \(f(1)-f(0)=2\), имеем \(f(n+1)-f(n)=2\) для всех \(n\). Поэтому \(f(n)=2n\).

Для \(n>0\): \(f(n)=nf(1)=-3n\). Также \(f(0)=0\), а из \(0=f(n+(-n))\) следует \(f(-n)=-f(n)=3n\). Значит, для всех \(n\in\mathbb Z\) \(f(n)=-3n\).

Положим \(g(n)=f(n)-n^2\). Тогда \(g(m+n)=f(m+n)-(m+n)^2=f(m)+f(n)+2mn-m^2-2mn-n^2=g(m)+g(n)\). Следовательно, \(g(n)=cn\), где \(c\in\mathbb Z\). Ответ: \(f(n)=n^2+cn\).

Пусть \(B(n)=\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}\). Тогда \(B(m+n)=B(m)+B(n)+mn\). Значит, \(g(n)=f(n)-B(n)\) аддитивна на \(\mathbb Z\), поэтому \(g(n)=cn\). Ответ: \(f(n)=\binom{n}{2}+cn\), где \(c\in\mathbb Z\).

Положим \(n=1\): \(f(m+1)+f(m-1)=2f(m)\). Это означает, что \(f(m+1)-f(m)=f(m)-f(m-1)\), то есть первые разности постоянны. Следовательно, \(f(n)=an+b\). Все такие функции действительно подходят.

Для любого \(n\) число \(2n+1\) нечётно. Значит, \(f(n+1)\) и \(f(n)\) имеют разную чётность. Поэтому все значения функции не могут иметь одну и ту же чётность. Противоречие.

При \(n=1\): \(f(m+1)+f(m-1)=2f(m)+2\). Поэтому \(f(m+1)-f(m)=f(m)-f(m-1)+2\). Обозначим \(d_m=f(m)-f(m-1)\). Тогда \(d_{m+1}=d_m+2\), а \(d_1=f(1)-f(0)=1\). Значит, \(d_m=2m-1\) для положительных \(m\), и суммирование даёт \(f(n)=1+3+\cdots+(2n-1)=n^2\). Для отрицательных \(n\) из уравнения при \(m=0\) получаем \(f(-n)=f(n)\). Поэтому \(f(n)=n^2\) для всех целых \(n\).

Из условия \(g(mn)=g(m)+g(n)\). Для простого \(p\) имеем \(g(p)=1\). Если \(n=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}\), то \(g(n)=a_1+\cdots+a_k\). Следовательно, \(f(n)=n(a_1+\cdots+a_k)\), то есть \(f(n)=n\Omega(n)\), где \(\Omega(n)\) - число простых множителей с кратностями.

Пусть \(a=f(1)\). Для остатка \(x\) имеем \(x=1+\cdots+1\) по модулю \(p\). Тогда \(f(x)=xf(1)=ax\). Это верно и для \(x=0\), так как \(f(0)=0\).

При \(n=0\): \(f(f(m))=f(0)+m\). Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\), значит \(a=b\), поэтому \(f\) инъективна. При \(m=0\): \(f(n+f(0))=f(n)\), откуда \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(m))=m\). Подставим \(m=f(t)\): \(f(n+t)=f(n)+f(t)\). Значит, \(f\) аддитивна на \(\mathbb Z\), то есть \(f(n)=cn\). Из \(f(f(n))=n\) следует \(c^2=1\). Ответ: \(f(n)=n\) и \(f(n)=-n\).

Для \(g(n)=f(n)+2\) получаем \(g(m+n)=g(m)+g(n)\). Значит, \(g(n)=an\), где \(a\in\mathbb Z\), и \(f(n)=an-2\). Тогда \(f(f(n))=a(an-2)-2=a^2n-2a-2\). Это равно \(n\) для всех \(n\), поэтому \(a^2=1\) и \(-2a-2=0\). Следовательно, \(a=-1\). Ответ: \(f(n)=-n-2\).

По аддитивности на остатках \(f(x)=ax\), где \(a=f(1)\). Тогда \(f(f(x))=a^2x\). Условие даёт \(a^2\equiv1\pmod p\). Так как \(p\) нечётное простое, \((a-1)(a+1)\equiv0\pmod p\), поэтому \(a\equiv1\) или \(a\equiv-1\). Ответ: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\) по модулю \(p\).

Для \(n>0\): \(f(n)=\sum_{k=0}^{n-1}(2k+1)=n^2\). Для отрицательных \(n\) идём назад: \(f(n)=f(n+1)-(2n+1)\), и та же формула \(n^2\) удовлетворяет рекурсии и начальному значению. Ответ: \(f(n)=n^2\).

Заметим, что \(4mn=(m+n)^2-(m-n)^2\). Пусть \(u=m+n\), \(v=m-n\). Тогда \(u\) и \(v\) имеют одну чётность, и условие говорит \(f(u)-u^2=f(v)-v^2\). Значит, величина \(f(n)-n^2\) постоянна отдельно на чётных и на нечётных \(n\). Поэтому все решения имеют вид \(f(n)=n^2+c_0\) для чётных \(n\) и \(f(n)=n^2+c_1\) для нечётных \(n\), где \(c_0,c_1\in\mathbb Z\). Проверка очевидна, потому что \(m+n\) и \(m-n\) всегда одной чётности.

Функция \(n^2\) удовлетворяет рекурсии и трём начальным значениям. Рекурсия с шагом \(3\) отдельно задаёт значения на классах \(0,1,2\pmod3\). Начальные значения на этих трёх классах совпадают с \(n^2\), значит по индукции вперёд и назад \(f(n)=n^2\) для всех целых \(n\).

При \(x=0\): \(f(f(y))=f(0)+y\). Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\), значит \(a=b\); функция инъективна. На конечном множестве она биективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(y))=y\).

Подставим \(y=f(t)\): \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). Значит, \(f\) аддитивна на \(\mathbb Z/p\mathbb Z\), поэтому \(f(x)=ax\). Из \(f(f(x))=x\) следует \(a^2\equiv1\pmod p\). Так как \(p\) нечётное простое, \(a\equiv1\) или \(a\equiv-1\). Ответ: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\) по модулю \(p\).