functievergelijking

We zien:

1. $f$ is bijectief:
   • Stel uit het ongerijmde dat $\exists a,b\in\mathbb{N}_0\colon a\ne b\land f(a)=f(b)$.
     Dan geldt voor alle $n\geq\max(a,b)$ dat $\{f(1),f(2),\cdots ,f(n)\}$ maximum $n-1$ elementen bevat. Maar $\{1,2,\cdots ,n\}$ bevat $n$ elementen!
     Dit is in strijd met het gegeven dat voor oneindig veel $n\in\mathbb{N}_0$ geldt dat $\{f(1),f(2),\cdots ,f(n)\}=\{1,2,\cdots ,n\}$, en dus geldt dat $f$ injectief is.

   • Stel uit het ongerijmde dat $\exists b\in\mathbb{N}_0, \forall a\in\mathbb{N}_0\colon f(a)\ne b$.
     Dan geldt voor alle $n\geq b$ dat $b\in \{1,2,\cdots ,n\}$, maar $b\notin \{f(1),f(2),\cdots ,f(n)\}$!
     Dit is in strijd met het gegeven dat voor oneindig veel $n\in\mathbb{N}_0$ geldt dat $\{f(1),f(2),\cdots ,f(n)\}=\{1,2,\cdots ,n\}$, en dus geldt dat $f$ surjectief is.
2. $\forall r,s\in\mathbb{N}_0\colon f(r)\mid f(s) \Leftrightarrow r\mid s$:
   $f(r)\mid f(s)$
   $\Leftrightarrow \exists a'\in\mathbb{N}_0\colon f(s)=a'\cdot f(r)$ (definitie deelbaarheid)
   $\Leftrightarrow \exists a\in\mathbb{N}_0\colon f(s)=f(a)\cdot f(r)=f(a\cdot r)$ ($f$ is surjectief)
   $\Leftrightarrow \exists a\in \mathbb{N}_0\colon s=a\cdot r$ ($f$ is injectief)
   $\Leftrightarrow r\mid s$ (definitie deelbaarheid)
3. $\forall r\in\mathbb{N}_0\colon f(r)=r$:
   In $\{1,2,\cdots ,n\}$ zijn er $\lfloor\frac{n}{r}\rfloor$ veelvouden van $r$, en dus zijn er in $\{f(1),f(2),\cdots ,f(n)\}$ ook $\lfloor\frac{n}{r}\rfloor$ veelvouden van $f(r)$ (zie 2).
   Maar er zijn $\lfloor\frac{n}{f(r)}\rfloor$ veelvouden van $f(r)$ in $\{1,2,\cdots ,n\}=\{f(1),f(2),\cdots ,f(n)\}$, waaruit volgt dat $\lfloor\frac{n}{r}\rfloor =\lfloor\frac{n}{f(r)}\rfloor$ voor oneindig veel $n$.
   En dus kunnen we besluiten dat $f(r)=r$ voor alle $r\in\mathbb{N}_0$.