Математикадан 34-ші Балкан олимпиадасы, Орхид, Македония 2017 жыл

$\mathbb{N}$ — барлық бүтін оң сандардың жиыны болсын. Кез келген $m,n\in \mathbb{N}$ сандары үшін $f\left( n \right)+nf\left( m \right)$ саны $n+f\left( m \right)$ санына бөлінетіндей, барлық $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ функцияларын табыңыз.

Комментарий/решение

Есть ещё один ответ:

$f(x)=x^2$

Вы допустили ошибку: если $t-4$ Делится $t+2$ То есть решение $t=4$

Спасибо. Пока удалю решение

Решение: Пусть $P(n,m)$ искомая делимость.

$P(1,1): f(1)+1\mid 2f(1)\implies f(1)=1.$

Ясно, что $\boxed{f(n)\equiv n^2}$ подходит. Теперь допустим найдется $p>1, f(p)\neq p^2.$ Перепишем $P(n,m)$ таким образом

$$n+f(m)\mid f(n)-n^2\quad \& \quad n+f(m)\mid f(n)-f(m)^2$$

$P(p,m):p+f(m)\mid f(p)-p^2\implies f(m)\le C, \forall m\in \mathbb N,$ причем $C$ такое натуральное, что $f$ в некоторой точке $q$ равна $C.$

$P(n,q):n+C\mid C^2-f(n)\in [C^2-C,C^2-1],$ но $n+C$ неограниченна сверху, поэтому для всех $n$ начиная с некоторого момента $f(n)=C^2\le C\implies C=1,$ далее легко понять, что $\boxed{f(m)\equiv 1.}$

Идея такая же как у ASDF но чуть чуть по другому:

$P(1,1)=>> f(1)+1| 2f(1) => f(1)=1.$

$n+f(m) |f(n)+nf(m)-n^2-nf(m) => n+f(m) | f(n)-n^2.$

Очевидно что $f(x)=x^2$ подходит. Теперь пусть для какого то $k$ натурального $f(k)$ не равен $k^2$. Зафиксируем его , и тогда:

$f(n) \leq f(k)-k^2$ =>> $f$- ограничена. Тогда:

$k+f(1) | f(k)-k^2+k^2-1=f(k)-1$ и отсюда из ограничение $f$ следует что $f(k)=1$.