高中奥数 2022-01-30

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-30 11:05 被阅读0次

高中奥数 2022-01-30
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2022-01-30-01

（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 P065 例01）

设函数 $f:\mathbb{N}^{*}\rightarrow \left[1,+\infty\right)$ 满足:

(1) $f\left(2\right)=2$ ;

(2)对任意 $m,n\in \mathbb{N}^{*}$ ,有 $f\left(mn\right)=f\left(m\right)f\left(n\right)$ ;

(3)当 $m<n$ 时,有 $f\left(m\right)<f\left(n\right)$ .

证明:对任意正整数 $n$ ,都有 $f\left(n\right)=n$ .

证明由条件(1)、(2)可知 $f\left(1\right)=1$ ,现设 $f\left(2^{k}\right)=2^{k}$ , $k\in \mathbb{N}$ ,则 $f\left(2^{k+1}\right)=f\left(2^{k}\right)f\left(2\right)=2^{k}\times 2=2^{k+1}$ .

于是,对任意 $k\in \mathbb{N}$ ,都有 $f\left(2^{k}\right)=2^{k}$ .

现在来讨论 $f\left(n\right)$ 的值.设 $f\left(n\right)=l$ ,则由(2)及数学归纳法,可知对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $f\left(n^{m}\right)=l^{m}$ .

设 $2^{k}\leqslant n^{m}<2^{k+1}$ ,则由(3)知 $f\left(2^{k}\right)\leqslant f\left(n^{m}\right)<f\left(2^{k+1}\right)$ ,于是,由前面的结论知 $2^{k}\leqslant l^{m}<2^{k+1}$ ,对比 $2^{k}\leqslant n^{m}<2^{k+1}$ ,可知
$\dfrac{1}{2}<\left(\dfrac{n}{l}\right)^{m}<2.\qquad(*)$
上式对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ 都成立.

若 $m>l$ ,我们取 $m>\dfrac{l}{n-l}$ ,就有
$\left(\dfrac{n}{i}\right)^{m}=\left(1+\dfrac{n-l}{l}\right)^{m}\geqslant 1+m\cdot\dfrac{n-l}{l}>2,$
与 $(*)$ 矛盾.同样地,若 $n<l$ ,取 $m>\dfrac{n}{l-n}$ ,就有 $\left(\dfrac{l}{n}\right)^{m}>2$ ,即 $\left(\dfrac{n}{l}\right)^{m}<\dfrac{1}{2}$ ,也与 $(*)$ 矛盾.所以,只能是 $n=l$ .

综上可知,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 都有 $f\left(n\right)=n$ .

说明如果函数 $f$ 是 $\mathbb{N}^{*}$ 到 $\mathbb{N}^{*}$ 的映射,那么问题要简单得多,请读者给出证明.

类似地,用此方法还可证明著名的Jenson不等式.

2022-01-30-02

（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 P066 例02）

求所有的函数 $f:\mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}^{*}$ ,使得对任意 $m$ 、 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有
$f\left(m\right)^{2}+f\left(n\right)\mid\left(m^{2}+n\right)^{2}.\qquad(*)$

解

设 $f$ 是一个满足条件的函数,在 $(*)$ 中令 $m=n=1$ ,就有 $\left(f\left(1\right)^{2}+f(1)\right)\mid 4$ ,即 $f\left(1\right)\left(f\left(1\right)+1\right)\mid 4$ ,由于 $f\left(1\right)\geqslant 2$ 导致 $f\left(1\right)\left(f\left(1\right)+1\right)\geqslant 6$ ,故只能是 $f\left(1\right)=1$ .

下面我们先证明:对任意素数 $p$ ,都有 $f\left(p-1\right)=p-1.\qquad(**)$

事实上,对任意素数 $p$ ,在 $(*)$ 中令 $m=1$ , $n=p-1$ ,则 $\left(f\left(1\right)+f\left(p-1\right)\right)\mid p^{2}$ ,即 $\left(1+f\left(p-1\right)\right)\mid p^{2}$ ,从而 $f\left(p-1\right)+1=p$ 或 $p^{2}$ ,若为前者,则 $(**)$ 已成立;若为后者,即 $f\left(p-1\right)=p^{2}-1$ ,此时,在 $(*)$ 中令 $m=p-1$ , $n=1$ ,就有 $f\left(p-1\right)^{2}+f\left(1\right)\mid\left(\left(p-1\right)^{2}+1\right)^{2}$ ,即 $\left(\left(p^{2}-1\right)^{2}+1\right)\mid \left(\left(p-1\right)^{2}+1\right)^{2}$ ,但是 $\left(\left(p-1\right)^{2}+1\right)^{2}\leqslant \left(\left(p-1\right)^{2}+\left(p-1\right)\right)^{2}=p^{2}\left(p-1\right)^{2}<\left(p+1\right)^{2}\left(p-1\right)^{2}+1=\left(p^{2}-1\right)^{2}+1$ ,矛盾.所以, $(**)$ 成立.

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

事实上,对任意正整数 $n$ ,取 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $k+1$ 为素数(这样的 $k$ 有无穷多个),在 $(*)$ 中令 $m=k$ ,结合 $(**)$ 就有
$\left(k^{2}+f\left(n\right)\right)\mid \left(k^{2}+n\right)^{2}.\qquad(***)$
注意到 $\left(k^{2}+n\right)^{2}=\left(k^{2}+f\left(n\right)+n-f\left(n\right)\right)^{2}=A\left(k^{2}+f\left(n\right)\right)+\left(n-f\left(n\right)\right)^{2}$ ,这里 $A$ 是某个整数.这样,由 $(***)$ 知
$\left(k^{2}+f\left(n\right)\right)\mid \left(n-f\left(n\right)\right)^{2}.$
上式表明,数 $\left(n-f\left(n\right)\right)^{2}$ 可以被无穷多个正整数整除(因为 $k$ 有无穷多数纳种取法),所以 $\left(n-f\left(n\right)\right)^{2}=0$ ,即 $f\left(n\right)=n$ .