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2013ISL.N6

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2013.ISL.N6

Determine all functions $f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Z} $ satisfying
\begin{equation} f \left( \frac{f(x)+a} {b}\right) = f \left( \frac{x+a}{b} \right) \tag*{$P(x,a,b)$} \end{equation}
for all $x \in \mathbb{Q}$, $a \in \mathbb{Z}$, and $b \in \mathbb{Z}_{>0}$. (Here, $\mathbb{Z}_{>0}$ denotes the set of positive integers.)

出典は ここらへん .

考察とか

まずは解の予想から,定値とfloorとceilくらいですかね.まあなんでもいいか.
さて,定値でなかったら,$n \in \mathbb Z$に対して$f(n)=n$ですね.これはすぐに分かったので,特に説明せずに行きます.$P(x,a,1)$より,$f(x)+a \in \mathbb Z$に注意すると,
\begin{equation} f(x+a)=f(x)+a.\tag*{$P_1(x,a)$} \end{equation}
$P_1(x,a)$を使えば,$P(x,a,b)$
\begin{equation} f\left(\frac{f(x)}{b}\right)=f\left(\frac{x}{b}\right)\tag*{$P_2(x,b)$} \end{equation}
となる.$P_1$から$(0,1)$の範囲だけみればいいですね.とりあえず,$\mathbb Q\ni r=\frac{q}{p}\ (p,q\in\mathbb Z_{>0},q< p, (q,p)=1)$とおいて,
\begin{equation*} f\left(\frac{q}{p}\right)=f(r)=c_r \end{equation*}
$c_r$を定める.$f(x)>0$なら,$P_2(x,f(x))$より,
$$f\left(\frac{x}{f(x)}\right)=1.$$
うげー,これは強そうだ.これで,$\frac{x}{f(x)}=r$とかとれればいいですね.$n\in\mathbb Z$に対して$\frac{n+r}{n+c_r}=r$とかは結構ありそうじゃないかな,$n$大きいと$1$になるだろうし.試してみる.
$$ \frac{n+r}{n+c_r}=r \Longrightarrow n+c_r=\frac{pc_r-q}{p-q}. $$
$\frac{pc_r-q}{p-q}\in \mathbb Z_{>0}$なのを考えると,$q=p-1$$c_r\geqslant1$なら,$c_r=1$です.このやり方だと,$c_r\leqslant0$は結構きつそうです.$f(r-c_r)=0$を使いたいので,$P_2(r-c_r,b)$を考える.
$$ f\left(\frac{r-c_r}{b}\right)=0 $$
あー,$c_r\leqslant0$なら$r-c_r>0$だし,これは$q=1$にすれば,$b=1-pc_r\in \mathbb Z_{>0}$をとれば$c_r=0$が分かると.$\frac{1}{2}$のときはこのふたつが言える,つまり,$c_{1/2}\in\{0,1\}$が分かった.この先は,難しくないし解答に移ります(やればわかる).

解答

$f(x)=c,f(x)=\lfloor x\rfloor,f(x)=\lceil x\rceil\ (c\in\mathbb Z)$のみであることを示す.これらが$P$をみたすことは明らか.これ以外ないことを示す.また$f$が定値でないときを考える.

$\textbf{Claim 1.}$ $f(n)=n \ (n\in\mathbb Z)$.

背理法で示す.$n,c\in\mathbb Z$が存在して,$f(n)-n=c\ne0$をみたすと仮定する.$P(n,kcm-n,kc)$より,
$$ f(m)=f\left(m+\frac{1}{k}\right)\ \left( {}^\forall k\in\mathbb Z_{>0}, ^\forall m\in S_k\right). $$
ここで,$S_k=\left\{\cdots,-\frac{2}{k},-\frac{1}{k},0,\frac{1}{k},\frac{2}{k},\cdots\right\} $とした.よって,任意の$l\in \mathbb Z$に対して,$f(m)=f(m+\frac{l}{k})$が成立し,$f$は定値となるので矛盾する.$\blacksquare$

よって,$P(x,a,1)$より,
$$ f(x)+a=f(x+a).\tag*{$P_1(x,a)$} $$
$P_1$を使うと,$P$は以下のように書ける.($x+a$を新たに$x$とおく.)
$$ f\left(\frac{f(x)}{b}\right)=f\left(\frac{x}{b}\right).\tag*{$P_2(x,b)$} $$

$\textbf{Claim 2.}$ $f(\frac{1}{2})\in\{0,1\}$.

$f(\frac{1}{2})=c$とおく.$c\geqslant1$なら,$P_2(c-\frac{1}{2},2c-1)$より,
$$ 1=f\left(\frac{c-\frac{1}{2}}{2c-1}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right). $$
$c\leqslant0$なら,$P_2(\frac{1}{2}-c,1-2c)$より,
$$ 0=f\left(\frac{\frac{1}{2}-c}{1-2c}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right). \blacksquare$$

$\textbf{Claim 3.}$ $f(\frac{1}{2})=0$なら,$f(\frac{1}{n})=0\ (n \in \mathbb Z_{>0})$.

$P_2(\frac{1}{2},b)$より,
$$ f\left(\frac{1}{2b}\right)=0. $$
$P_2(\frac{2b+1}{2b},2b+1)$より,
$$ f\left(\frac{1}{2b+1}\right)=f\left(\frac{1}{2b}\right)=0. \blacksquare$$

$\textbf{Claim 4.}$ $f(\frac{1}{2})=0$なら,$f(\frac{k}{n})=0\ (n,k \in \mathbb Z_{>0},n>k)$.

$2$以上の整数$n$に対して,$T_n=S_n \cap (0,1)$とおく.任意の$3$以上の整数$k$に対して,以下を示す.
  • 任意の$\displaystyle{l\in \bigcup_{i=2}^{k-1}T_i}$に対して$f(l)=0$が成り立つのならば,任意の$l\in T_k$に対して$f(l)=0$が成り立つ.
  • $k>l$なる$l\in\mathbb Z_{>0}$に対して,$(k,l)>1$なら$\frac{l}{k}\in \displaystyle\bigcup_{i=2}^{k-1}T_i$なので,$(k,l)=1$のときに,$f(\frac{l}{k})=0$を示せばいい.$ml-nk=1$をみたす$(m,n)\in \mathbb Z^2$に対して,$m$が正で最小であるような$(m,n)$$(k_0,l_0)$とおく.このとき,$0< k_0< k$かつ$0< l_0< k_0$が成り立つので,$\frac{l_0}{k_0}\in\displaystyle\bigcup_{i=2}^{k-1}T_i$.よって,$P_2(\frac{lk_0}{k},k_0)$より,
    $$ 0=f\left(\frac{l_0}{k_0}\right)=f\left(\frac{l_0+f\left(\dfrac{1}{k}\right)}{k_0}\right) =f\left(\dfrac{f\left(\dfrac{lk_0}{k}\right)}{k_0}\right)=f\left(\frac{l}{k}\right). $$
    $T_2=\{\frac{1}{2}\}$$f(\frac{1}{2})=0$なのを踏まえると,任意の$r\in T_2\cup T_3\cup\cdots=\mathbb Q\cap(0,1)$に対して,$f(r)=0$.$\blacksquare$

    したがって,$f(\frac{1}{2})=0$なら,$P_2(x,1)$と合わせると,$f(x)=\lfloor x\rfloor$が必要.

    $\textbf{Claim 5.}$ $f(\frac{1}{2})=1$なら,$f(-\frac{1}{n})=0\ (n\in\mathbb Z_{>0})$.

    $\textbf{Claim 3.}$のときと同様に,$P_2(-\frac{1}{2},b)$$P_2(-\frac{2b+1}{2b},2b+1)$を考えればよい.$\blacksquare$

    $\textbf{Claim 6.}$ $f(\frac{1}{2})=0$なら,$f(\frac{k}{n})=0\ (n,k \in \mathbb Z_{>0},n>k)$.

    $\textbf{Claim 4.}$のときと同様で,$T_n$$S_n\cap(-1,0)$に変わるだけ.$\blacksquare$

    したがって,$f(\frac{1}{2})=1$なら,$P_2(x,1)$と合わせると,$f(x)=\lceil x\rceil$が必要.

    まとめ

    $\cdots\cap T_{n-1}\cap T_n$のうちの一つだけでも$0$にいくことがわかれば十分だったので,$\pm\frac{k}{2k+1}$とかに注目してもよかったです($P_2(\pm\frac{1}{2},b)$を見てください).冷静に見返してみると,$f(\frac{1}{2})$のところほぼ$P$ですよね.情報を分ければいいってわけじゃないんですね.

    投稿日:2023128

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