1- f(n) é injetiva
f(a) = f(b) => f(f(a)) = f(f(b)) => a + 2015 = b + 2015 => a=b
2- Suponha que existem k números naturais que não pertencem a imagem de f,
sabemos que k<2005. Chamamos de A o conjunto desses k números.
Agora, como f é injetiva, o complementar em relação a N da imagem de
f(f(n)) é composta pelos k naturais que não pertencem a imagem de f(n) + os
k naturais que são as imagens de A. Assim, temos 2k naturais que não
pertencem a imagem de f(f(n)).
Mas, se f(f(n)) = n + 2005 existem 2005 naturais que não pertencem a
imagem de f(f(n)), logo f não pode ser uma função de
N->N
On Friday, 11 May 2018, Bruno Visnadi <brunovisnadida...@gmail.com> wrote:
> Vou considerar que 0 é natural (para N = {1, 2, 3...} a prova é análoga).
> Lema 1: f é injetora.
> Prova: Se f(a) = f(b) então f(f(a)) = f(f(b)) e a = b.
> Lema 2: Se f(a) > 2004, então a está na imagem de f.
> Prova: Se f(a) > 2004, então f(f(f(a) - 2005)) = f(a). Como a função é
> injetora, f(f(a) - 2005) = a.
> Suponha que existe uma função f, N -> N, tal que f(f(n)) = n + 2005.
> Seja S o conjunto dos 2005 naturais [0, 2004]. Suponha que existam 1003
> elementos t de S tais que f(t) ∈ S. Portanto, há no máximo 1002 elementos
> t de S tais que f(t) ∉ S. Assim, uma vez que a função é injetora, pelo
> princípio das casas dos pombos haveria um elemento t tal que f(f(t)) ∈ S ⇒
> 2015 + t ∈ S, absurdo, pois 2005 + t > 2004.
>
> Então existem pelo menos 1003 elementos t de S com f(t) > 2004. Sejam a1,
> a2 (...) a1003 tais elementos. Pelo Lema 2, estes números estão na imagem
> de f. Então existem 1003 números b1, b2, (...) b1003 tais que f(b1) = a1,
> f(b2) = a2, (...) f(b1003) = a1003. Não podem haver i e j tais que bi = aj,
> pois f(bi) < 2005 e f(aj) > 2004. Assim, se bi ∈ S, bi é um dos 1002
> elementos t de S com f(t) ∈ S. Mas existem 1003 números bi, portanto, ao
> menos um deles não pertence a S. Seja bk tal elemento, com f(bk) = ak. Pelo
> Lema 2, bk está na imagem de f, então existe c com f(c) = bk ⇒ f(f(c)) =
> f(bk) ⇒ 2005 + c = ak. Absurdo, pois ak < 2005.
>
> Portanto, não existe tal f.
>
> Em 11 de maio de 2018 18:46, Rodrigo Ângelo <drigo.ang...@gmail.com>
> escreveu:
>
>> acho que, de forma mais geral, não pode existir nenhuma f: |N -> |N, tal
>> que f(f(n)) = n*p(n) + i, onde g(n) seja qualquer polinômio natural de n e
>> i é um número ímpar
>>
>> On Fri, May 11, 2018 at 6:37 PM Rodrigo Ângelo <drigo.ang...@gmail.com>
>> wrote:
>>
>>> Se f não for polinomial, então f deve ser da forma f(n) = g(n) + m, onde
>>> g(n) é uma função não polinomial de n e m é um natural ou zero
>>> f(f(n)) = g(f(n)) + m
>>>
>>> Com f(f(n)) = n + 2005, teríamos
>>> g(f(n)) + m = n + 2005
>>> g(f(n)) = n + 2005 - m onde m é uma constante natural então g(f(n)) é
>>> um polinômio, que é um absurdo.
>>>
>>> On Fri, May 11, 2018 at 6:20 PM Rodrigo Ângelo <drigo.ang...@gmail.com>
>>> wrote:
>>>
>>>> Se f for qualquer polinômio de grau maior que 1 então f(f(n)) também é
>>>> um polinomio maior que 1. Daí já dá pra eliminar toda f polinomial
>>>>
>>>> On Fri, May 11, 2018 at 6:15 PM Julio César Saldaña Pumarica <
>>>> saldana...@pucp.edu.pe> wrote:
>>>>
>>>>> com isso prova que f nao pode ser linear mas o enunciado pareces mais
>>>>> geral
>>>>>
>>>>> El viernes, 11 de mayo de 2018, Rodrigo Ângelo <drigo.ang...@gmail.com>
>>>>> escribió:
>>>>>
>>>>>> Se f : |N -> |N, f(n) = an + m, com a e m constantes naturais, então
>>>>>> teríamos
>>>>>> f(f(n)) = a(an + m) + m
>>>>>> f(f(n)) = (a^2)n + am + m
>>>>>>
>>>>>> Com f(f(n)) = n + 2005, teríamos a = 1 e m = 2005/2, absurdo, pois m
>>>>>> deve ser um número natural.
>>>>>>
>>>>>> On Fri, May 11, 2018 at 10:51 AM Jeferson Almir <
>>>>>> jefersonram...@gmail.com> wrote:
>>>>>>
>>>>>>> Como provar que nos naturais não existe a função f ( f(n) ) = n +
>>>>>>> 2005 ???
>>>>>>>
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