Chủ đề này có 4 trả lời

[huaminhtuan]

tìm tất cả các hàm f:N->N thỏa:
f(n+1)>f(f(n)) (1)
mình nghĩ kết quả là f(n)=n n N nên đã đặt g(n)=f(n)-n <=> f(n)=g(n)+n rồi thay vào (1):
(1) => g(n+1)+n+1>g(f(n))+f(n)=g(f(n))+g(n)+n => 1>g((n))+g(n)-g(n+1)
nhưng tới đây thì

[abstract]

tìm tất cả các hàm f:N->N thỏa:
f(n+1)>f(f(n)) (1)
mình nghĩ kết quả là f(n)=n n N nên đã đặt g(n)=f(n)-n <=> f(n)=g(n)+n r�#8220;i thay vào (1):
(1) => g(n+1)+n+1>g(f(n))+f(n)=g(f(n))+g(n)+n => 1>g((n))+g(n)-g(n+1)
nhưng tới đây thì

Đúng là $f(n)=n $ với $n \in N$
$R_f \subset N$ và $R_f$ khác rỗng nên theo nguyên lí cực biên $R_f$ có phần tử nhỏ nhất.
Dễ thấy phần từ nhỏ nhất của $R_f$ là $f(1)$ (do $f(2)>f(f(1)), f(3)>f(f(2))...$)
$f(1) \ge 1 \to f(n)>1$ khi $n>1$
Ta xét hàm bé hơn $f$ là: $ f: N / [1] \to N / [1]$
Tương tự ta lại có $f(2)$ là phần tử nhỏ nhất của $R_f$
$\to f(1) < f(2) \to f(n)>2$ khi $n>2$
Lại tiếp tục như trên , xét $f :N / [1,2] \to N / [1,2]$
..................................
Suy ra $f(1)<f(2)<....$ suy ra $f$ tăng và $f(n) \ge n$ với $n \in N$
Giả sử t�#8220;n tại $n_0$ để $f(n_0)>n_0$
$\to f(n_0) \ge n_0+1 \to f(f(n_0)) \ge f(n_0+1)$ mâu thuẫn giả thiết
Vậy tóm lại $f(n)=n$ với $n \in N$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 01-09-2010 - 13:44

[huaminhtuan]

anh có thể giải thích rõ hơn khúc f(1) là phần tử nhỏ nhứt ko? em ko hiểu lắm

[vin.whisky]

anh có thể giải thích rõ hơn khúc f(1) là phần tử nhỏ nhứt ko? em ko hiểu lắm

Phản chứng thôi. giả sử tồn tại a>1 mà f(a) min
ta lại có f(a)>f(f(a-1)) điều này mâu thuẫn f(a) min, tồn tai f(a-1) thuộc N để f(f(a-1)) nhỏ hơn.

[match_math]

tìm tất cả các hàm f:N->N thỏa:
f(n+1)>f(f(n)) (1)
mình nghĩ kết quả là f(n)=n n N nên đã đặt g(n)=f(n)-n <=> f(n)=g(n)+n rồi thay vào (1):
(1) => g(n+1)+n+1>g(f(n))+f(n)=g(f(n))+g(n)+n => 1>g((n))+g(n)-g(n+1)
nhưng tới đây thì

Đáp án ở đây.