Функциональное неравенство (есть ли ошибка в решении?)

[Ktina]

Найти все функции $f:\mathbb N\to\mathbb N$, такие что

$$f(n+1)>f(f(n))$$

для всех натуральных $n$.

============================================================================

(Решение (с ошибкой?))

Пусть наименьшее значение такой функции равно $m$.
Если это значение достигается при аргументе, равном $n>1$, у нас лажа, так как по условию $f((n-1)+1)>f(f(n-1))$.
Значит, наименьшее значение достигается только при аргументе $n=1$.

Теперь пусть наименьшее из остальных значений равно $k$.
Если значение $k$ достигается при аргументе, равном $n>2$, у нас опять лажа, так как по условию $f((n-1)+1)>f(f(n-1))$.

Аналогично доказывается, что третье по величине (если считать снизу) значение достигается лишь при $n=3$, и так далее.

Что мы с этого имеем? А то, что функция непрерывно возрастает.

Далее, пусть при некотором аргументе, равном $n$, мы имеем $f(n)=n+1$.
Тогда, $f(f(n))=f(n+1)$, что нарушает условие.

Пусть $f(n)=n+2$
Тогда $f(f(n))=f(n+2)>f(n+1)$ (так как функция непрерывно возрастает), что опять нарушает условие.

Аналогично доказывается, что $f(n)\ne n+3,\quad f(n)\ne n+4$ и так далее.

Таким образом, $f(n)\le n$, но поскольку функция непрерывно возрастает, имеем $f(n)=n$ для любого $n$.

Ответ: такая функция единственна -

$$f(n)=n$$

А теперь скажите, пожалуйста, где ошибка?

[alcoholist]

целая часть корня не годица?

[Ktina]

Так функция же должна непрерывно возрастать
Вернее, строго возрастать, я просто выразилась не совсем точно.

[nnosipov]

Ktina в сообщении #590454 писал(а):

А теперь скажите, пожалуйста, где ошибка?

Не вижу ошибки.

[Tanechka]

А я не понимаю, чем целая часть от числа не устраивает... она же подходит...

[Ktina]

Tanechka в сообщении #590631 писал(а):

А я не понимаю, чем целая часть от числа не устраивает... она же подходит...

А разве целая часть целого числа не равна самому числу?

[Tanechka]

А разве это одни и те же функции?

[Ktina]

Tanechka в сообщении #590663 писал(а):

А разве это одни и те же функции?

Даже не "одни и те же", а "одна и та же".

[AnDe]

Ktina в сообщении #590454 писал(а):

Теперь пусть наименьшее из остальных значений равно $k$.
Если значение $k$ достигается при аргументе, равном $n>2$, у нас опять лажа, так как по условию $f((n-1)+1)>f(f(n-1))$.

А что если на этапе когда мы определили, что k наименьших значений принимают первые k чисел, выйдет, что $f(n-1)=l, l<k$

AnDe в сообщении #590665 писал(а):

А разве это одни и те же функции?

Ну тогда и функцию $f(n)=(n+1)-1$ не забудьте.

[Ktina]

AnDe в сообщении #590665 писал(а):

Ktina в сообщении #590454 писал(а):

Теперь пусть наименьшее из остальных значений равно $k$.
Если значение $k$ достигается при аргументе, равном $n>2$, у нас опять лажа, так как по условию $f((n-1)+1)>f(f(n-1))$.

А что если на этом этапе $f(n-1)=1\text{ например.}$

Но ведь мы до этого уже доказали, что значение "1" может приниматься только при аргументе, равном 1.

-- 30.06.2012, 15:15 --

AnDe в сообщении #590665 писал(а):

А что если на этапе когда мы определили, что k наименьших значений принимают первые k чисел, выйдет, что $f(n-1)=l, l<k$

Если $k$ наименьших значений функция может принимать только при первых $k$ аргументах, то того, что Вы описали, не случится.

[AnDe]

Ktina в сообщении #590668 писал(а):

Если наименьших значений могут принимать только первые аргументов, то того, что Вы описали, не случится.

Угу, тогда и я не вижу.