Como primera observación, notamos que $n^2+3n+3$ tiene una forma parecida a un binomio al cuadrado, con esto en mente vemos que$$n^2+3n+3=n^2+2n+1+n+2=(n+1)^2+n+2$$entonces del lado derecho tenemos un cuadrado perfecto y algo más, pero del lado izquierdo también tenemos un cuadrado perfecto y algo más, así que una cosa muy razonable para hacer es probar si ambos cuadrados pueden ser iguales, en este caso, podemos ver qué pasa si $f(n)=n+1$.
Tenemos que$$f(f(n))+f(n)^2=f(n+1)+(n+1)^2=n+1+1+(n+1)^2=n^2+3n+3$$así que $f(n)=n+1$ funciona. Veamos si podemos encontrar alguna otra.
Reemplazando $n=1$ obtenemos que$$f(f(1))+f(1)^2=1^2+3+3=7$$como $f(f(1))>0$ ya que es un número natural, tenemos que$$f(1)^2<f(f(1))+f(1)^2=7$$y como $f(1)$ es un número natural, tenemos que puede tomar únicamente dos valores distintos, $f(1)=1$ o $f(1)=2$. Veamos qué pasa cuando $f(1)=1$, tenemos que$$f(f(1))+f(1)^2=f(1)+1^2=1+1=2$$pero $f(f(1))+f(1)^2=7$, entonces llegamos a un absurdo, por lo que no puede pasar que $f(1)=1$, obtenemos entonces que $f(1)=2$.
Ahora, vamos a demostrar por inducción que $f(n)=n+1$ para todo $n$. El caso base $n=1$ es cierto ya que $f(1)=2=1+1$. Supongamos como hipótesis inductiva que $f(k)=k+1$, veamos que $f(k+1)=k+2$.
Reescribimos la ecuación del enunciado como $f(f(n))=n^2+3n+3-f(n)^2$, entonces cuando $n=k$ tenemos que$$f(k+1)=f(f(k))=k^2+3k+3-f(k)^2=k^2+3k+3-(k+1)^2=k+2$$esto completa la inducción.
De esta forma, obtenemos que la única función que puede verificar las condiciones del enunciado es $f(n)=n+1$, y ya vimos al principio que lo hace. Entonces ya estamos.
Reemplazamos $n=1$
$f(f(1))+f(1)^2=7$
$f(f(1))=7−f(1)^2$
Luego, como $f(n)∈N$, $f(f(1))∈N$ y $f(1)^2<7$
Separamos luego en dos opciones:
$a)$ $f(1)=1$
$b)$ $f(1)=2$
$a)$
En este caso, $f(f(1))+f(1)^2=1+1≠7$, pero luego, la ecuación original no se cumpliría.
$b)$
Vemos que, si $f(m)=m+1$ $→$ $f(m+1)=m+2$:
$$f(f(m))+f(m)^2=f(m+1)+(m+1)^2=f(m+1)+m^2+2m+1=m^2+3m+3 (∗)$$
Y luego, efectivamente $f(m+1)=m+2$
Entonces, tenemos el caso base $f(1)=2$, y sabemos que si $f(m)=m+1$ $→$ $f(m+1)=m+2$, por inducción tenemos que $f(n)=n+1$ $∀ n∈N$
Podemos verificarlo, pero ¡Ya lo hicimos! $(∗)$
$f(f(n))+f(n)^2=n^2+3n+3 \Leftrightarrow f(f(n))=n^2+3n+3-f(n)^2$ Luego para $n=1$ tenemos que $f(f(1))=7-f(1)^2$ como $f(f(1))\in \mathbb{N}\Rightarrow 7-f(1)^2\geq 1\Rightarrow 6\geq f(1)^2$ y como $f(1)\in \mathbb{N}$ debe ser
$2\geq f(1)\geq1 \Leftrightarrow$ $f(1)=1$ o $f(1)=2$
Si $f(1)=1\Rightarrow$ reemplazando en la ecuación original $n=1$ nos queda $2=7$ Absurdo! $\Rightarrow f(1)\neq 1$
Luego $f(1)=2$, probaremos que para todo $n\in \mathbb{N}$ es $f(n)=n+1$ usando inducción sobre $n$
$\cdot$ Es claro que para $n=1$ se cumple ya que vimos que $f(1)=2=1+1$
$\cdot$ Supongamos que para $n=k$ se cumple, es decir que $f(k)=k+1\Rightarrow$
$f(k+1)=f(f(k))=k^2+3k+3-f(k)^2=k^2+3k+3-(k+1)^2=k+2=(k+1)+1$
se cumplió para $n=k+1$ y entonces se cumple para todo $n\in \mathbb{N}$
Verificamos que $f(n)=n+1$ cumple la ecuación original
$f(f(n))+f(n)^2=f(n+1)+(n+1)^2=(n+1)+1+n^2+2n+1=n^2+3n+3$ Cumple!
$f(n)=n+1$ es la única solución
Como $f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$, podemos afirmar que para todo $n$, $f(n) = n + m$, con $m \in \mathbb {Z}$ no necesariamente constante (ahora veremos que sí lo es). Esta afirmación es válida ya que todo número natural se puede escribir como la suma de dos enteros.
Ahora bien, notemos que si en la ecuación inicial pasamos restando $f(n)^2$, queda que $f(f(n)) = n^2 + 3n + 3 - f(n)^2$. Y como el codominio de $f$ es $\mathbb {N}$, concluimos que $n^2 + 3n + 3 - f(n)^2 \geq 1$.
Prosigamos suponiendo que existe un $a \in \mathbb {N}$ tal que $f(a) \geq a + 2$. Si reemplazamos $a$ por $n$ en la desigualdad que llegamos, queda que $1 \leq a^2 + 3a + 3 - f(a)^2 \leq a^2 + 3a + 3 - (a^2 + 4a + 4) = -1 - a$, lo que es absurdo, ya que $a$ es natural, lo que implica que el lado derecho es menor que $1$.
Análogamente, veamos qué pasa si existe un $b \in \mathbb {N}$ tal que $f(b) \leq b$. Si reemplazamos $b$ por $n$ en la ecuación inicial, obtenemos que $f(f(b)) + f(b)^2 = b^2 + 3b + 3 \leq f(f(b)) + b^2$, por lo tanto, $f(f(b)) \geq 3b + 3$. Pensemos un momento esta desigualdad: ya sabemos que no es posible que $f(n) \geq n + 2$, de este modo, para todo $n$, se cumple que $f(n) \leq n+1$, por lo tanto, el máximo valor de $f(f(n))$ es $2n + 2$. Esto implica que $2b + 2 \geq f(f(b)) \geq 3b + 3$ es un absurdo, ya que $b$ es natural.
Por consecuente, como $n < f(n) < n + 2$ para todo $n$ y $f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$, inexorablemente $f(n) = n + 1$.
Verificación: el lado izquierdo es $f(n + 1) + (n + 1)^2 = n + 2 + n^2 + 2n + 1 = n^2 + 3n + 3$, mientras que el lado derecho es $n^2 + 3n + 3$ y como ambas expresiones son equivalentes, $f(n) = n + 1, \forall n \in \mathbb {N}$ en efecto es la solución. RTA: $f(n) = n + 1, \forall n \in \mathbb {N}$.
Última edición por Felibauk el Lun 15 Jun, 2020 10:49 pm, editado 1 vez en total.
