高中奥数 2022-01-31

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-31 08:57 被阅读0次

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2022-01-31-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚平均值不等式的几个证明 P067 例03）

求所有的函数 $f:\mathbb{N}^{*}\rightarrow\mathbb{N}^{*}$ ,使得对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 及素数 $p$ ,都有
$f\left(n\right)^{p}\equiv n\left(\bmod f\left(p\right)\right).\qquad(*)$

解

对任意素数 $p$ ,在 $(*)$ 中取 $n=p$ ,可知
$p\equiv f\left(p\right)^{p}\equiv 0\left(\bmod f\left(p\right)\right).$
故 $f\left(p\right)\mid p$ ,从而 $f\left(p\right)=1$ 或者 $p$ .

现在记 $S=\left\{p\vert p\text{为素数},f\left(p\right)=p\right\}$ ,依下面的三种情形讨论:

情形一 $S$ 是一个无限集.我们利用上例的方法证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $f\left(n\right)=n$ .

事实上,此时存在无穷多个素数 $p$ ,使得 $f\left(p\right)=p$ ,因此,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都存在无穷多个素数 $p$ ,使得 $n\equiv f\left(n\right)^{p}\left(\bmod p\right)$ .利用费马(Fermat)小定理,有 $f\left(n\right)^{p}\equiv f\left(n\right)\left(\bmod p\right)$ .所以 $f\left(n\right)\equiv n\left(\bmod p\right)$ ,这表明 $f\left(n\right)-n$ 是无穷多个素数的倍数,故 $f\left(n\right)=n$ .

情形二 $S$ 为空集.则对任意素数 $p$ ,都有 $f\left(p\right)=1$ .此时,对其余的正整数 $n$ , $f\left(n\right)$ 可取任意正整数( $(*)$ 式都满足).

情形三 $S$ 是一个非空有限集.

设 $p$ 为 $S$ 中最大的素数,若 $p\geqslant 3$ ,我们证明这将导致矛盾,从而,得到 $S=\left\{2\right\}$ .

由 $p$ 的最大性,知对任意素数 $q>p$ ,都有 $f\left(q\right)=1$ ,由 $(*)$ 得, $q\equiv f\left(q\right)^{p}\equiv 1\left(\bmod p\right)$ ,即 $q\equiv 1\left(\bmod p\right)$ .

现在记 $Q$ 为所有不超过力的奇素数之积,则 $Q+2$ 的每一个素因子都大于 $p$ (注意,这里用到 $p\geqslant 3$ ),这样,结合上面得出的结论知 $Q+2\equiv 1\left(\bmod p\right)$ ,导致 $p\mid Q+1$ ,与 $p\mid Q$ 矛盾.

上述讨论表明 $S=\left\{2\right\}$ ,知 $f\left(2\right)=2$ ,而对奇素数 $p$ ,都有 $f\left(p\right)=1$ .由 $(*)$ 知,只需 $f\left(n\right)^{2}\equiv n\left(\bmod 2\right)$ .因此,对其余的正整数 $n$ , $f\left(n\right)$ 只需取与 $n$ 同奇偶的正整数即可.

直接验证,可知每一种情形所得的函数都符合要求,它们即为所求.

说明求 $\mathbb{N}^{*}\rightarrow\mathbb{N}^{*}$ 上的函数,本质上是讨论正整数数列 $\left\{f\left(n\right)\right\}$ 相关的问题,这里都采用了素因数分析的方法,它属于数论方法的迁移,同样,求解函数方程的一些思路也可用来讨论这类问题.

2022-01-31-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚平均值不等式的几个证明 P068 例04）

设 $k$ 为给定的正整数,求所有的函数 $f:\mathbb{N}^{*}\rightarrow\mathbb{N}^{*}$ ,使得对任意 $m$ 、 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有
$\left(f\left(m\right)p+f\left(n\right)\right)\mid \left(m+n\right)^{k}.\qquad(*)$

解

显然,函数 $f\left(n\right)=n$ 符合条件,它是否为满足条件的唯一函数呢?下证明之.

先证一个结论: $f$ 是一个单射.

事实上,若存在 $a$ 、 $b\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $a\neq b$ ,但是 $f\left(a\right)=f\left(b\right)$ ,则由 $(*)$ 知,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 都有
$\left(f\left(a\right)+f\left(n\right)\right)\mid \left(a+n\right)^{k},\left(f\left(b\right)+f\left(n\right)\right)\mid \left(b+n\right)^{k}.$

因此,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,数 $f\left(a\right)+f\left(n\right)$ 都是 $\left(a+n\right)^{k}$ 与 $\left(b+n\right)^{k}$ 的公因数.

现在取一个素数 $p>\max\left\{a,\left|b-a\right|\right\}$ ,然后令 $n=p-a$ .由于 $\left(a+n,b+n\right)=\left(a+n,b-a\right)=\left(p,b-a\right)=1$ ,故 $\left(\left(a+n\right)^{k},\left(b+n\right)^{k}\right)=1$ ,导致 $f\left(a\right)+f\left(n\right)=1$ ,与 $f\left(a\right)$ 、 $f\left(n\right)$ 都为正整数矛盾.所以, $f$ 是一个单射.

再证明:对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,有 $\left|f\left(m+1\right)-f\left(m\right)\right|=1$ .

在 $(*)$ 中分别用 $\left(m,n\right)$ 和 $\left(m+1,n\right)$ 的结论,有
$\left(f\left(m\right)+f\left(n\right)\right)\mid \left(m+n\right)^{k},\left(f\left(m+1\right)+f\left(n\right)\right)\mid \left(m+1+n\right)^{k}$
而 $\left(m+n,m+1+n\right)=1$ ,故 $\left(f\left(m\right)+f\left(n\right),f\left(m+1\right)+f\left(n\right)\right)=1$ ,进而,当 $m$ 固定时,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,有
$\left(f\left(n\right)+f\left(m\right),f\left(m+1\right)-f\left(m\right)\right)=1.\qquad(**)$
如果 $\left|f\left(m+1\right)-f\left(m\right)\right|\ne 1$ ,那么存在素数 $p$ ,使得 $p\mid\left|f\left(m+1\right)-f\left(m\right)\right|$ .现在取 $\alpha\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $n=p^{\alpha}-m$ 为正整数,则由 $(*)$ 知 $f\left(n\right)+f\left(m\right)\mid p^{\alpha k}$ ,从而 $f\left(n\right)+f\left(m\right)=p^{l}$ ,这里 $l$ 为某个正整数,导致
$\left(f\left(n\right)+f\left(m\right),f\left(m+1\right)-f\left(m\right)\right)=\left(p^{l},f\left(m+1\right)-f\left(m\right)\right)\geqslant p.$
与 $(**)$ 式矛盾.

最后,我们证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $f\left(n\right)=n$ .

由前面的结论知,对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $f\left(m+1\right)-f\left(m\right)=1$ 或者 $f\left(m+1\right)-f\left(m\right)=-1$ .如果这两种情形在同一个符合要求的函数 $f$ 中都出现,那么存在 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $\left(f\left(m+1\right)-f\left(m\right),f\left(m+2\right)-f\left(m+1\right)\right)=\left(1,-1\right)$ 或者 $\left(-1,1\right)$ ,都导致 $f\left(m+2\right)=f\left(m\right)$ ,与 $f$ 为单射矛盾.所以,要么对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $f\left(m+1\right)-f\left(m\right)=1$ ,要么对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $f\left(m+1\right)-f\left(m\right)=-1$ .

注意到, $f$ 是 $\mathbb{N}^{*}\rightarrow\mathbb{N}^{*}$ 上的函数,知只能是:对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $f\left(m++1\right)-f\left(m\right)=1$ .依此可知,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $f\left(n\right)=n+c$ (这里 $c=f\left(1\right)-1\geqslant 0$ ).

如果 $c>0$ ,我们取一个素数 $p>2c$ ,利用 $(*)$ 知 $f\left(1\right)+f\left(p-1\right)\mid p^{k}$ ,得 $p+2c\mid p^{k}$ ,这要求 $p+2c$ 为 $p$ 的幂次,从而 $p\mid p+2c$ ,导致 $p\mid 2c$ ,矛盾.所以 $c=0$ .