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 $b=f(a)$:
$$f(a)|2 \cdot f(a)|a^2+f(a) \cdot f(f(a))$$
Тогда $f(a)|a^2$ (1)
2) Подставляя $a=1$ и $b=a$, имеем:
$1+a|1+f(a)$ $\Rightarrow $ $a\leq f(a)$ (2)
3) Подставляя $b=1$, имеем:
$$f(a)+1|a^2+f(a)\ (*)$$
Но учитывая (1):
$$f(a)|a^2+f(a)\ (**)$$
Так как НОД$(f(a)+1, f(a))=1$, то из (*) и (**) получим:
$f(a) \cdot (f(a)+1)|a^2+f(a)$ $\Rightarrow $ $a^2\geq (f(a))^2$ (3)
Из (2) и (3): $a\geq f(a)\geq a$, 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 \Rightarrow f(1)=1 $
$P(1, a): a + 1 \, | \, f(a)+1 \Rightarrow a \leq f(a), \forall a \in \mathbb{N}$
$P(a, 1): f(a)+1 \, | \, a^2+f(a) \Rightarrow f(a) \, | \, a^2-1 \Rightarrow f(a) \leq a^2-2, \forall a \geq 2$
$P(a, f(a)): 2f(a) \, | \, a^2+f(f(a))f(a) \Rightarrow f(a) \, | \, a^2, \forall a \in \mathbb{N}$
Тогда $\forall p \in \mathbb{P} \Rightarrow f(p) = p$. Возьмем $a$ такое, что $(a, p) = 1$.
$P(p, a): a+p \, | \, p^2+f(a)p \Rightarrow a+p \, | \, p+f(a)$
Беря $p > f(a)-2a$ получаем, что $f(a) = a, \forall a \in \mathbb{N}$.
Пусть $P(x,y)$ подстановка чисел $x,y$ в исходное условие.
$P(1,1) : f(1) + 1 | f(1)^2 + 1\Rightarrow f(1)=1$
$P(1,a) : a + 1 | f(a) + 1 \Rightarrow f(a) \geq a$
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 $f(k+1)=k+1$.
$P(k+1,k) : f(k+1) + k | (k+1)^2 + f(k+1)*k$
$f(k+1) + k | (k+1)^2 - k^2$
$f(k+1) + k | 2k + 1$
$ 2k + 1 \geq f(k+1) + k \Rightarrow k+1 \geq f(k+1)$
Выходит что: $f(k+1) \geq k+1 , k+1 \geq f(k+1) \Rightarrow f(k+1)=k+1$
Ответ:$f(a)=a$
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.