Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2019 год
Комментарий/решение:
1) Подставим в условие a=1 и b=1, получим:
1+f(1)|1+f(1)2
Отсюда f(1)=1. Теперь, подставим b=f(a):
f(a)|2⋅f(a)|a2+f(a)⋅f(f(a))
Тогда f(a)|a2 (1)
2) Подставляя a=1 и b=a, имеем:
1+a|1+f(a) ⇒ a≤f(a) (2)
3) Подставляя b=1, имеем:
f(a)+1|a2+f(a) (∗)
Но учитывая (1):
f(a)|a2+f(a) (∗∗)
Так как НОД(f(a)+1,f(a))=1, то из (*) и (**) получим:
f(a)⋅(f(a)+1)|a2+f(a) ⇒ a2≥(f(a))2 (3)
Из (2) и (3): a≥f(a)≥a, откуда f(a)=a для любого натурального a.
Сделав проверку, убеждаемся, что ответ удовлетворяет условию.
Ответ: f(a)=a
Обозначим за P(x,y) подстановку чисел x,y в исxодное условие.
P(1,1):f(1)+1|f(1)2+1⇒f(1)=1
P(1,a):a+1|f(a)+1⇒a≤f(a),∀a∈N
P(a,1):f(a)+1|a2+f(a)⇒f(a)|a2−1⇒f(a)≤a2−2,∀a≥2
P(a,f(a)):2f(a)|a2+f(f(a))f(a)⇒f(a)|a2,∀a∈N
Тогда ∀p∈P⇒f(p)=p. Возьмем a такое, что (a,p)=1.
P(p,a):a+p|p2+f(a)p⇒a+p|p+f(a)
Беря p>f(a)−2a получаем, что f(a)=a,∀a∈N.
Пусть P(x,y) подстановка чисел x,y в исходное условие.
P(1,1):f(1)+1|f(1)2+1⇒f(1)=1
P(1,a):a+1|f(a)+1⇒f(a)≥a
Теперь докажем по индукции что для любого натурального x , f(x)=x.База:f(1)=1. Допустим что для какого-то k выполнено что f(k)=k. Докажем что f(k+1)=k+1.
P(k+1,k):f(k+1)+k|(k+1)2+f(k+1)∗k
f(k+1)+k|(k+1)2−k2
f(k+1)+k|2k+1
2k+1≥f(k+1)+k⇒k+1≥f(k+1)
Выходит что: f(k+1)≥k+1,k+1≥f(k+1)⇒f(k+1)=k+1
Ответ:f(a)=a
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.