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関数方程式 a^2+b^2=c^2+d^2を満たす任意の整数でf(a)+f(b)=f(c)+f(d)

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f:ZRa2+b2=c2+d2a,b,c,dZf(a)+f(b)=f(c)+f(d)(1)を満たす。f(0),f(1),f(2),f(3),f(4),f(6)の値を固定したとき満たす関数fがただ1つ存在することを示せ。

(1)を満たす全ての関数の集合をAとする。また
f(2n+1)f(2n1)=f(n+2)f(n2)(2)
f(2n+2)f(2n2)=f(n+4)f(n4)(3)
f(n)=f(n)(4)
(2),(3),(4)を満たす全ての関数の集合をBとする。
以下の補題を示す。

補題1

fBにおいてf(0),f(1),f(2),f(3),f(4),f(6)の値を固定したとき満たす関数fがただ1つ存在する。

kN,k{0,1,2,3,4,6}は奇数なら(2)k=2n+1,偶数なら(3)k=2n+2とすることでkより小さい関数の値で表せるので(fの中身が負になったときは(4)を用いる)帰納的にkN,f(k)f(0),f(1),f(2),f(3),f(4),f(6)のみで表せる。f(0)のときは明らかでf(k),kNの時は(4)より上のように表せることが従う。逆にその関数が(2),(3),(4)を満たすことを示す。
(2),(3),(4)n=kn=kで同値であり、n=0は明らかだから正のときを考える。
(2),(3)においてn=1,2のときはすぐ従う。n3のときはf(2n+1),f(2n+2)の値を求めるときに用いたので満たすことはすぐに分かる。
(4)において負の整数の関数の値を求めるときに用いたので満たすことはすぐに分かる。よって示せた。

A=Bを示せば補題1より題意を示したことになる。それを示すためいくつかの補題を示す。
その前に、
g(n,m)=f(n+m)f(nm)と定める。
以下はすぐに分かる。
g(n,0)=g(0,m)=0
g(n,m)=g(m,n)
g(n,m)=g(n,m)=g(n,m)
n+m,a+bが共に偶数であるとき
g(n,a)+g(m,b)=g(n+m2+ab2,nm2+a+b2)+g(n+m2ab2,nm2+a+b2)(5)
g(2n,1)=g(n,2)(2)
g(2n,2)=g(n,4)(3)

補題2.1

fBにおいて
g(n,6)=g(n,3)+g(n,2)+g(n,1)nZ

まずn=kn=2kが同値であることを示す。
g(2k,6)=g(2k,3)+g(2k,2)+g(2k,1)
g(2k,6)+g(2k,2)=g(2k,3)+g(2k,1)
g(2k+4,2)+g(2k4,2)=g(2k+1,2)+g(2k1,2)(5)
g(2k+4,2)+g(2k4,2)=g(2k+2,1)+2g(2k,1)+g(2k2,1)(5)
g(k+2,4)+g(k2,4)=g(k+1,2)+2g(k,2)+g(k1,2)(2),(3)
g(k,6)+g(k,2)=g(k,3)+g(k,1)+2g(k,2)(5)
g(k,6)=g(k,3)+g(k,2)+g(k,1)
よって示せた。
n=0のときは明らかだからn=2k+1,kZのとき補題が成り立つことを示す。すなわち、
g(2k+1,6)g(2k+1,2)=g(2k+1,3)+g(2k+1,1)を示す。
(左辺)
=g(2k+1,6)+g(2k+1,2)
=g(2k+5,2)+g(2k3,2)(5)
=g(2k+6,1)+g(2k+4,1)+g(2k2,1)+g(2k4,1)(5)
=g(k+3,2)+g(k+2,2)+g(k1,2)+g(k2,1)(2)
g(k+1,4)+g(k,4)(5)
(右辺)
=g(2k+1,3)+g(2k+1,1)
=g(2k+2,2)+g(2k,2)(5)
=g(k+1,4)+g(k,4)(3)
よって(左辺)=(右辺)が示せた。
以上より補題が示せた。

補題2.2

fBにおいて
g(n,m)=g(n3,m)+g(n4,m)+g(n5,m)g(n7,m)g(n8,m)g(n9,m)+g(n12,m)n,mZ

補題2.1より
g(n+m6,6)=g(n+m6,3)+g(n+m6,2)+g(n+m6,1)
g(nm6,6)=g(nm6,3)+g(nm6,2)+g(nm6,1)
両辺差を取り、(5)を用いることで補題の式を得る。

補題2.3

h(n)=h(n3)+h(n4)+h(n5)h(n7)h(n8)h(n9)+h(n12)nZを満たす関数h
h(0)=h(6)+h(8)+h(10)h(14)h(16)h(18)+h(24)を満たす。

h(n)=h(n3)+h(n4)+h(n5)h(n7)h(n8)h(n9)+h(n12)において
n=0,3,4,5,7,8,9,12の等式を全て足し合わせることで得る。

補題2

fBにおいて
g(2n,m)=g(n,2m)m,nZ

n=kn=kが同値でありn=0も成り立つのでnが正のときを考えればよい。mについても同様。mを固定する。
n=1,2,3,4,5,6が成り立つとき任意の正の整数nで成り立つことを帰納的に示す。そのとき先程の議論より6n0でも成り立つ。
n=k1,k2,,k12が成り立つと仮定してn=k7が成り立つことを示す。
g(2k,m)
=g(2k6,m)+g(2k8,m)+g(2k10)g(2k14,m)+g(2k16,m)+g(2k18,m)+g(2k24,m)L2.2,L2.3
=g(k3,2m)+g(k4,2m)+g(k5,2m)g(k7,2m)g(k8,2m)g(k9,2m)+g(k12,2m)
帰納法の仮定
=g(k,2m)L2.2
よって示せた。
あとは1n6,mNを示せば良い。
1n6,1m6をしらみ潰しに示して、1m6,nNが従い、n,mは対称であるから1n6,mNである場合も示せた。
以上より補題が示せた。

補題3.1

fBにおいて
g(3n,m)=g(n,3m)m,nZ

補題2より
0=g(2(n+m),nm)g(2(nm),n+m)
=g(3n,m)g(n,3m)(5)

補題3.2

fBにおいて
g(kn,m)=g(n,km)k,m,nZg(2kn,m)=g(n,2km)k,m,nZ

g(kn,m)=g(n,km)n2nに置き換えると
g(2kn,m)=g(2n,km)=g(n,2km)
最後の変形では補題2を用いた。

補題3.3

fBにおいて
g((2t+1)n,m)g((2t1)n,m)=g((t+2)n,2m)g((t2)n,2m)t,m,nZ

補題2より
g(2tn,n+m)=g(tn,2(n+m))
g(2tn,nm)=g(tn,2(nm))
両辺差を取り(5)を用いることで得る。

補題3

fBにおいて
g(kn,m)=g(n,km)k,m,nZ

kが正のときのみで良い。
k=1のときは明らか。
k=2,3のときは補題2,補題3.1より、
それ以外の場合は帰納法で示す。
0kt1のとき成り立つと仮定してk=tのときを示す。tが偶数のときは補題3.2でk=t/2のときを用いればすぐに従う。奇数のときを考える。t=2t+1,tZとする。t5t2であることに注意する。
補題3.3より
g((2t+1)n,m)g((2t1)n,m)=g((t+2)n,2m)g((t2)n,2m)(6)
g((2t+1)m,n)g((2t1)m,n)=g((t+2)m,2n)g((t2)m,2n)(7)
2t+1>2t1,t+2,t20であるから帰納法の仮定を用いることで
g((2t1)n,m)g((2t1)m,n)=0
g((t+2)n,2m)g((t+2)m,2n)=0
g((t2)n,2m)g((t2)m,2n)=0
これらと(6),(7)から、
g((2t+1)n,m)g((2t+1)m,n)=0が従う。
よって示せた。

補題4.1

a2+b2=c2+d2を満たすa,b,c,dZにおいてp,q,r,sZが存在して
a=pr+qs,b=psqrc=prqs,d=ps+qrまたはc=ps+qr,d=prrsとなる。逆にそれらはa2+b2=c2+d2を満たす。

mod4からa+c,b+dが共に偶数またはa+d,b+cが共に偶数である。c,dの対称性よりa+c,b+dが共に偶数である(8)ときのみ考えれば良い。
a2+b2=c2+d2
(a+c):(db)=(d+b):(ac)
この比を互いに素な整数でp:qとしたときx,yZが存在して、
a+c=xp,db=xq,d+b=yp,ac=yq
と表せる。(8)よりp,q共に偶数またはx,yが共に偶数であるがp,qは互いに素であるからx,yが共に偶数。
x=2r,y=2s,r,sZとしa,b,c,dについて解くと
a=pr+qs,b=psqr,c=prqs,d=ps+qrを得る。それらがa2+b2=c2+d2を満たすことはすぐに分かる。

補題4.2

fBにおいて
g(pr,qs)=g(ps,qr)p,q,r,sZ

補題3より
g(pr,qs)=g(prs,q)=g(ps,qr)

補題4

A=Bである。

ABであることはすぐ分かる。
補題4.1よりAの条件は
f(pr+qs)+f(psqr)=f(ps+qr)+f(prqs)p,q,r,sZ
g(pr,qs)=g(ps,qr)p,q,r,sZと同値であるから補題4.2よりABも得る。よってA=B

補題1,補題4より題意は示された。

投稿日:2024819
更新日:2024103
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