Atrisinājums

Ievērosim, ka nevienam veselam \(n \geq 0\) nevar būt, ka \(f(n)=0\)- pretējā gadījumā no vienādības \(0=f(n) \cdot(f(n+1)-2)=4n^{2}-1\) sekotu, ka \(4n^{2}=1\), taču veseliem \(n\) šāda vienādība nevar izpildīties.

Tad doto sakarību drīkstam pārveidot formā

\[\begin{equation*} f(n+1)=2+\frac{4 n^{2}-1}{f(n)} \tag{1} \end{equation*}\]

Ievietojot \(n=0\), iegūstam vienādību \(f(1)=2-\frac{1}{f(0)}\). Tā kā gan \(f(0)\), gan \(f(1)\) ir veseli skaitļi, tad \(f(0)\) var būt vai nu \(1\), vai \(-1\), citu iespēju nav. Apskatīsim abus gadījumus. **1.gadījums:** Ja \(f(0)=-1\), tad iegūstam \(f(1)=2-\frac{1}{-1}=3\). Izmantojot (1), varam pakāpeniski aprēķināt

\[\begin{array}{ll} f(2)=2+\frac{4 \cdot 1-1}{3}=2+1=3 ; & f(3)=2+\frac{4 \cdot 4-1}{3}=2+5=7 \\ f(4)=2+\frac{4 \cdot 9-1}{7}=2+5=7 ; & f(5)=2+\frac{4 \cdot 16-1}{7}=2+9=11 \\ f(6)=2+\frac{4 \cdot 25-1}{11}=2+9=11 ; & f(7)=2+\frac{4 \cdot 36-1}{11}=2+13=15 \end{array}\]

Rodas hipotēze, ka šajā gadījumā

\[f(n)=\left\{\begin{array}{c} 2n-1, n=2m \\ 2n+1, n=2m+1 \end{array} \text { jeb } f(n)=2 n+(-1)^{n+1}\right.\]

Ar matemātisko indukciju pierādīsim, ka patiešām visiem naturāliem \(n\) \(f(n)=2n+(-1)^{n+1}\). Indukcijas bāze jau ir pamatota. Pieņemsim, ka \(f(k)=2k+(-1)^{k+1}\). Tādā gadījumā, atbilstoši vienādībai (1),

\[f(k+1)=2+\frac{4k^{2}-1}{f(k)}=2+\frac{\left(2k+(-1)^{k+1}\right)\left(2k-(-1)^{k+1}\right)}{2k+(-1)^{k+1}}=2+2k-(-1)^{k+1}=2(k+1)+(-1)^{(k+1)+1}\]

Induktīvā pāreja izdarīta. **2.gadījums:** Ja \(f(0)=1\), tad iegūstam \(f(1)=2-\frac{1}{1}=1\). Izmantojot (1), varam pakāpeniski aprēķināt

\[\begin{array}{ll} f(2)=2+\frac{4 \cdot 1-1}{1}=2+3=5 ; & f(3)=2+\frac{4 \cdot 4-1}{5}=2+3=5 \\ f(4)=2+\frac{4 \cdot 9-1}{5}=2+7=9 ; & f(5)=2+\frac{4 \cdot 16-1}{9}=2+7=9 \\ f(6)=2+\frac{4 \cdot 25-1}{9}=2+11=13 ; & f(7)=2+\frac{4 \cdot 36-1}{13}=2+11=13 \end{array}\]

Rodas hipotēze, ka šajā gadījumā

\[f(n)=\left\{\begin{array}{c} 2n+1, n=2m \\ 2n-1, n=2m+1 \end{array} \text { jeb } f(n)=2 n+(-1)^{n}\right.\]

Līdzīgi kā iepriekšējā gadījumā, ar matemātisko indukciju pierādīsim, ka patiešām visiem naturāliem \(n\) \(f(n)=2n+(-1)^{n}\). Indukcijas bāze jau ir pamatota. Pieņemsim, ka \(f(k)=2k+(-1)^{k}\). Tādā gadījumā, atbilstoši vienādībai (1),

\[f(k+1)=2+\frac{4k^{2}-1}{f(k)}=2+\frac{\left(2k+(-1)^{k}\right)\left(2k-(-1)^{k}\right)}{2k+(-1)^{k}}=2+2k-(-1)^{k}=2(k+1)+(-1)^{k+1}\]

Induktīvā pāreja izdarīta. Tātad vienīgās funkcijas, kas apmierina uzdevuma nosacījumus, ir \(f(n)=2n+(-1)^{n+1}\) un \(f(n)=2n+(-1)^{n}\).