$f(x)$单调且满足另两个条件，求$f(2013)$

isee

设函数$f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$，满足
（1）$f$严格增；
（2）对$\forall m,n \in \mathbb{N},f(mn)=f(m)f(n)$；
（3）$f(2)=4$.
求$f(2013)$.

地狱的死灵

先证明$f(3) = 9$
$f^2 (3) = f(3^2 ) > f(8) = 4^3  = 64$
得$f(3) \ge 9$
$f^3 (3) = f(3^3 ) < f(2^5 ) = 1024$
得$f(3) \le 10$
假设$f(3) = 10$
则$1000 = f(3^3 ) < f(30) < f(2^5 ) = 1024$
而$f(30) = f(2)f(3)f(5) = 40f(5)$是40的倍数，与上式矛盾。
所以$f(3) = 9$

isee

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赞！

地狱的死灵

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接下来证明$f(5) = 25,f(7) = 49$
$f^2 (5) = f(5^2 ) > f(24) = f(3)f(8) = 3^2  \times 8^2  = 24^2 $
得$f(5) \ge 25$
$256f(5) = f(80) < f(3^4 ) = 3^8 $
得$f(5) < (\frac{3}{2})^8  < 26$
所以$f(5) = 25$

类似地，$48^2  = f(48) < f^2 (7) = f(49) < f(50) = 50^2 $
得$f(7) = 49$

睡神

加大难度：
证明或否定：对于任意的$n\in N$，都有$f(n)=n^2$.
关键在于素数的处理，求秒…

其妙

符合那些性质的模特函数，幂函数是常见的吧？

睡神

如果将“N→N”这条件放宽到“非负实数集→非负实数集”，其它条件不变，是否有且只有$f(x)=x^2$？继续求秒…

kuing

如果将“N→N”这条件放宽到“非负实数集→非负实数集”，其它条件不变，是否有且只有$f(x)=x^2$？继续求秒 ...
睡神 发表于 2013-10-12 13:38

如果这样的话 $\ln f(e^{x+y})=\ln f(e^x)+\ln f(e^y)$，记 $g(x)=\ln f(e^x)$，则 $g(x)$ 严格递增且 $g(x+y)=g(x)+g(y)$，由柯西方程的结论知，$g(x)$ 只能是 $kx$。

kuing

其实难正是难在离散，越看越觉得这是数论题……

睡神

回复 9# kuing
完美解决了，其实也很简单的，是我们想复杂了…等有空我再传上来…

睡神

回复 10# 睡神
不对…好像我又犯傻了…额…先不理了…搞卫生去…

菊部不等式

回复 11# 睡神

kuing

\(\require{cancel}\)我的想法：

首先说明一下，接下来如无特别说明，给出的所有字母均在自然数范围内取值，中括号表示取整。

由条件易证 $f(2^n)=4^n$，现设 $x>2$, $y>4$ 且 $x\ne2^k$，满足 $f(x)=y$，那么同样可得 $f(x^n)=y^n$。

对于某个 $n$，我们找出使 $2^{n+a}<x^n<2^{n+b}$ 成立的最大 $a$ 及最小 $b$。
这是容易的，取对数为 $n+a<n\log_2x<n+b$，即 $a<n(\log_2x-1)<b$，由于 $x\ne2^k$，故 $\log_2x$ 不是整数，所以找到的便是 $\xcancel{a=[n(\log_2x-1)]}$（这步错了，修正的请见19#） 且 $b=a+1$，亦即 $n+a=[n\log_2x]$ 且 $n+b=[n\log_2x]+1$。
由 $n$ 的任意性，即对所有的 $n$ 都有
\[2^{n+a}<x^n<2^{n+b},\]
于是，由条件，我们有
\begin{gather*}
f(2^{n+a})<f(x^n)<f(2^{n+b}), \\
4^{n+a}<y^n<4^{n+b} ,\\
n+a<n\log_4y<n+b, \\
[n\log_2x]<n\log_4y<[n\log_2x]+1,\\
\frac{[n\log_2x]}n<\log_4y<\frac{[n\log_2x]+1}n ,
\end{gather*}
上式对所有 $n$ 成立，因此可以两边取极限得到
\[\lim_{n\to\infty}\frac{[n\log_2x]}n\leqslant \log_4y\leqslant\lim_{n\to\infty}\frac{[n\log_2x]+1}n,\]


这样，剩下要证明的就是
\[\lim_{n\to\infty}\frac{[n\log_2x]}n=\log_2x,\]
只要证出它，问题就完全解决。
画图看的确是这样的，但是有高斯函数，不知怎么证……待续……

kuing

回复 13# kuing

突然醒悟，最后那极限其实是显然的，记 $\{n\log_2x\}$ 为 $n\log_2x$ 的小数部分，那么
\[\frac{[n\log_2x]}n=\frac{n\log_2x-\{n\log_2x\}}n=\log_2x-\frac{\{n\log_2x\}}n,\]
由于 $\{n\log_2x\}$ 有界，当 $n\to\infty$ 时有 $\{n\log_2x\}/n\to0$，所以显然有
\[\lim_{n\to\infty}\frac{[n\log_2x]}n=\log_2x,\]
这样，楼上最后把逼一夹！即得
\[\log_2x=\log_4y \iff y=x^2.\]
OK！大功告成！

其妙

回复 14# kuing
牛笔！夹笔定理用的妙！

isee

本周此次三题，K中名列榜首啊！

生猛

kuing

发现有点小问题，尽管 $\log_2x$ 不是整数，但 $n(\log_2x-1)$ 有可能是整数，所以 $a$ 那里有可能要再减 1，我看看怎么修正

kuing

嗯，$a$, $b$ 其实也不必取最大和最小，最后的极限都是一样的，所以只要取 $n+a=[n\log_2x]-1$, $n+b=[n\log_2x]+1$ 即可，过程还可以写得更加简单些。

kuing

重新写一个完整过程：

首先说明一下，接下来如无特别说明，给出的所有字母均在自然数范围内取值。
另外，以中括号表示整数部分，以花括号表示小数部分。

由条件易证 $f(2^n)=4^n$，现设 $x>2$, $y>4$ 满足 $f(x)=y$，那么同样可得 $f(x^n)=y^n$。

对于任意正整数 $n$，令 $a=[n\log_2x]-1$, $b=[n\log_2x]+1$，由 $x>2$ 知 $a\in\mbb N$，易证 $a<n\log_2x<b$，因此有
\[2^a<x^n<2^b,\]
由于 $f(x)$ 严格单增，故我们有
\begin{gather*}
f(2^a)<f(x^n)<f(2^b), \\
4^a<y^n<4^b ,\\
a<n\log_4y<b, \\
[n\log_2x]-1<n\log_4y<[n\log_2x]+1,\\
\frac{[n\log_2x]-1}n<\log_4y<\frac{[n\log_2x]+1}n ,
\end{gather*}
上式对所有正整数 $n$ 成立，因此可以两边取极限得到
\[\lim_{n\to\infty}\frac{[n\log_2x]-1}n\leqslant \log_4y\leqslant\lim_{n\to\infty}\frac{[n\log_2x]+1}n,\]
而
\[\frac{[n\log_2x]}n=\frac{n\log_2x-\{n\log_2x\}}n=\log_2x-\frac{\{n\log_2x\}}n,\]
由于 $\{n\log_2x\}$ 有界，当 $n\to\infty$ 时有 $\{n\log_2x\}/n\to0$，所以显然有
\[\lim_{n\to\infty}\frac{[n\log_2x]-1}n=\lim_{n\to\infty}\frac{[n\log_2x]+1}n=\lim_{n\to\infty}\frac{[n\log_2x]}n=\log_2x,\]
所以，由夹逼定理，即得
\[\log_2x=\log_4y \iff y=x^2.\]

综上所述，对所有 $x$ 都有 $f(x)=x^2$。

其妙

本周此次三题，K中名列榜首啊！

生猛
isee 发表于 2013-10-12 21:24

早就是榜首多年了，还用说么