関数に対して定義され関数をとる関数方程式

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・表記の簡略化のため恒等的に等式が成り立つとき $\equiv$ で表す。また、そのときの変数は $n$ のみとする。
・議論が間違っている可能性がある。
・まだ問題として不備があり未完成な状態である。

問題

$S$ を $f : Z_{\geq 0} \to Z_{\geq 0}$ となる関数 $f$ 全体の集合とする。 $F : S \to S$ である写像 $F$ であって以下の $4$ つの条件を満たすものを全て求めよ。
$・ F (1) \equiv 1$
$・ F (n) \equiv n$
・任意の $f, g \in S$ において $F (f (n) + g (n)) \equiv F (f (n)) + F (g (n)) \dots (i)$
・任意の $f, g \in S$ において $F (f (n) g (n)) \equiv F (f (n)) F (g (n)) \dots (i i)$

関数が要素の関数方程式作ってみました。

・ $F (1) \equiv 1$ とあるがこれは $f (n) \equiv 1$ という定数関数の入力に対して $f (n) \equiv 1$ という出力であるの意味である。
・基本的に $n$ に具体的な値を入れて比べるということが出来ない。例えば $F (2^{n}) \equiv n, F (3^{n}) \equiv n + 2$ が成り立つ可能性もある。上の例に $n = 0$ を代入したら $F (1) = 0 = 2$ になって矛盾みたいな議論はできない。なぜなら $F$ は関数から関数の写像であるからである。

解法

先に解を言うと $F (f (n)) \equiv f (n) \forall f \in S$ のみ。十分性は明らか。他にないことを示す。 $(i)$ への代入を $P (f, g)$ , $(i i)$ への代入を $Q (f, g)$ と定める。
$(i)$ から定数 $c$ において $F (c) \equiv c$ はすぐに分かる。 $k \in Z_{\geq 0}$ に対して
$a_{k} (n) = \begin{array}{r} {\begin{cases} 0 n \neq k \\ 1 n = k \end{cases} \end{array}$ 　と定める。

$F (a_{k} (n)) \equiv a_{k} (n)$

$n a_{k} (n) \equiv k a_{k} (n)$ であるからそれを用いると $Q (n, a_{k} (n)), Q (k, a_{k} (n))$ から
$n F (a_{k} (n)) \equiv k F (a_{k} (n))$ $⟹ F (a_{k} (n)) = \begin{array}{r} {\begin{cases} 0 n \neq k \\ c n = k \end{cases} \end{array}$ となる。
$c = 1$ を示す。
$1 - a_{k} (n)$ は恒等的に非負であることに注意する。 $P (1 - a_{k} (n), a_{k} (n))$ から
$1 \equiv F (1 - a_{k} (n)) + F (a_{k} (n))$ となるが
$c > 1$ ならば $F (1 - a_{k} (n))$ は $n = k$ において負の値を取るので矛盾。よって $c \leq 1$
$c = 0$ と仮定する。そのとき $F (a_{k} (n)) \equiv 0$ である。
$F (1) \equiv 1, F (n) \equiv n$ を用いて $(i), (i i)$ の操作を繰り返すことで $F ((n - k)^{2}) \equiv (n - k)^{2}$ が分かる。
$(n - k)^{2} + a_{k} (n) \geq 1$ に注意する。 $P ((n - k)^{2}, a_{k} (n)), P ((n - k)^{2} + a_{k} (n) - 1, 1)$ から
$(n - k)^{2} + F (a_{k} (n)) \equiv F ((n - k)^{2} + a_{k} (n)) \equiv F ((n - k)^{2} + a_{k} (n) - 1) + 1$ $⟹ F ((n - k)^{2} + a_{k} (n) - 1) \equiv (n - k)^{2} - 1$
これは $n = k$ において $F ((n - k)^{2} + a_{k} (n) - 1)$ が負となるので矛盾。よって $c = 1$ 、補題を得る。

$F (f (n)) \equiv f (n) \forall f \in S$

$f (n) a_{k} (n) \equiv f (k) a_{k} (n)$ であるから
$Q (f (n), a_{k} (n)), Q (f (k), a_{k} (n))$ から
$F (f (n)) a_{k} (n) \equiv f (k) a_{k} (n)$
$F (f (n)) \equiv h (n)$ とすると $h (k) = f (k)$ となる。 $k$ は $Z_{\geq 0}$ の範囲で任意にとれるので $h (n) \equiv f (n) ⟹ F (f (n)) \equiv f (n)$ が成り立つ。

結論・感想

　もしかしたらもっといい解法がありそうだし、条件減らしても解けそうな気がする。あと表記がややこしい。 $F (f (k))$ が $f (k)$ という定数関数の代入なのか関数 $F (f (n))$ における $n = k$ の代入なのかが分からない、、。色々改める必要がありそう。
　改善案や類題などコメントしてくれるとありがたいです。

投稿日：2024年10月18日

更新日：2024年10月18日

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