Функциональное уравнение (школьное)

[marie-la]

Найти все функции $f: N\rightarrow N$, для которых

$f(ab)=f(a)f(b)$ и $f(a)+f(b)$ кратно $a+b$.

Я думаю, что ответом будет $f(x)=x^{2m-1}$ для некоторого натурального $m$. Понятно, что такие функции подходят. Но вот в обратную сторону у меня не выходит. Помогите, пожалуйста!

[waxtep]

Кажется, это не всё: ещё единичка подходит, а ещё $x$ умножить на какую-нибудь интересную функцию, типа функции Лиувилля (в задаче же не просят непрерывную функцию). Хотя вообще эти интересные (вполне мультипликативные) функции вылазят из натуральных чисел в целые, хм...

[mihaild]

Из $f(ab) = f(a)f(b)$ следует, что для простых $p$, $f(p^n) = p^{n \cdot s_p}$.
Надо доказать, что все $s_p$ нечетные и попарно равны.
Что они нечетные - оставим в качестве упражнения.
Пусть $s_p < s_q$. Мы знаем, что $p^n + q | f(p^n) + f(q) = p^{n s_p} + q^{s_q}$, или, что то же самое, $p^{n s_p} + q^{s_q} \equiv 0 \pmod{p^n + q}$.
Заметим, что $p^n \equiv (-q) \pmod{p^n + q}$, соответственно $p^{n s_p} \equiv -q^{s_p} \pmod{p^n + q}$.
Имеем $q^{s_q} - q^{s_p} = q^{s_p} \cdot (q^{s_q} - q^{s_p - s_q}) \equiv 0 \pmod{p^n + q}$.
Внимательно посмотрите на это, и приведите к противоречию.

waxtep в сообщении #1700117 писал(а):

ещё единичка подходит

$f(1) + f(2) = 2$ не делится на $1+2$.

waxtep в сообщении #1700117 писал(а):

в задаче же не просят непрерывную функцию

Зато просят функцию натурального аргумента.

[waxtep]

mihaild в сообщении #1700118 писал(а):

$f(1) + f(2) = 2$ не делится на $1+2$.

Да, это я махнул что-то, пардон

[marie-la]

mihaild в сообщении #1700118 писал(а):

Из $f(ab) = f(a)f(b)$ следует, что для простых $p$, $f(p^n) = p^{n \cdot s_p}$.

Как-то мне это не очевидно :( Почему не может быть $f(p^n) = r_p^n p^{n \cdot s_p}$ для $r_p$ взаимно простого с $p$?

[mihaild]

marie-la в сообщении #1700133 писал(а):

Как-то мне это не очевидно

Да, это я как-то поторопился.

[amon]

marie-la в [url=http://dxdy.ru/post1700111.html#p1700111]сообщении #1700111[/urla] писал(а):

$f(a)+f(b)$ кратно $a+b$.

Если под "кратно" понимать $f(a)+f(b)=k(a+b),$ то, вроде, все тривиально.

[marie-la]

amon в сообщении #1700223 писал(а):

Если под "кратно" понимать $f(a)+f(b)=k(a+b),$ то, вроде, все тривиально.

Да, именно так понимать. Естественно, $k$ для каждой пары $a, b$ свое.
У меня не выходит, покажите, пожалуйста!

[Mihr]

marie-la в сообщении #1700228 писал(а):

У меня не выходит, покажите, пожалуйста!

Пусть $a=b=0$. Тогда из исходного уравнения получаем: $f(0)+f(0)=k(0+0)$ или $2f(0)=k \cdot 0$, значит, $f(0)=0$. Теперь подставьте в исходное уравнение $b=0$ и посмотрите, что получится.

[marie-la]

Mihr в сообщении #1700230 писал(а):

Пусть $a=b=0$. Тогда из исходного уравнения получаем: $f(0)+f(0)=k(0+0)$ или $2f(0)=k \cdot 0$, значит, $f(0)=0$. Теперь подставьте в исходное уравнение $b=0$ и посмотрите, что получится.

0 не является натуральным.

[Mihr]

marie-la в сообщении #1700231 писал(а):

0 не является натуральным.

На этот счёт есть разные соглашения. Но дело не в этом. Если равенство верно при всех действительных $x$, то оно верно, в том числе, и при всех натуральных $x$. Разве нет?
Или речь о том, что при натуральных $x$ есть ещё какие-то решения?

[EUgeneUS]

Mihr в сообщении #1700233 писал(а):

Или речь о том, что при натуральных $x$ есть ещё какие-то решения?

Если их нет - это нужно доказывать отдельно.

[b4b5]

$f(x) = x $ кажется.

[amon]

marie-la в сообщении #1700228 писал(а):

У меня не выходит, покажите, пожалуйста

Положите $a=b$.

[provincialka]

marie-la в сообщении #1700231 писал(а):

0 не является натуральным.

По крайней мере, $f(1)$ находится легко из первого равенства.
Из замечания amon следует, что $g(x)=\frac{f(x)}{x}$ также принимает натуральные значения. И удовлетворяет первому уравнению, кстати.