Задача №3 Shortlist-a ММО 2004(Теория чисел)

[student]

Функция $f$ определена на множестве натуральных чисел таким образом, что для любого $m,n\in N$число $(m^2+n)^2$ делится на $f^2(m)+f(n).$ Докажите, что $f(n)=n.$

[Macavity]

Ишь какой Вы плодовитый, уже #3 ...

На самом деле это не доказывается, а проверяется очень просто. А доказывать надо, что нет других решений, не так ли?

[RIP]

Macavity
Фраза "Докажите, что $f(n)=n$" как раз и означает, что "доказывать надо, что нет других решений".

Если $f(n)$ принимает только натуральные значения, то вот решение.
По-перше, берем $m=n=1$: $f(1)^2+f(1)|4\quad\Rightarrow\quad f(1)=1$.
По-друге, берем $m=1,n=p-1$, $p$ - простое. Получаем, что $f(n)=p-1=n$ или $f(n)=p^2-1$. Допустим, что $f(p-1)=p^2-1$. Берем $m=n=p-1$: $p^2(p^2-1)|p^2(p-1)^2$ - бред.
Итак, уравнение $f(n)=n$ имеет бесконечно много решений.
Фиксируем любое $n$. Пусть $f(m)=m$. Тогда $m^2+f(n)$ делит $(m^2+n)^2-m^2(m^2+f(n))=(2n-f(n))m^2+n^2$. Таким образом, если $f(m)=m$, то $a_m=\frac{(2n-f(n))m^2+n^2}{m^2+f(n)}\in\mathbb{Z}$. Но

$$\lim_{m\to\infty}a_m=2n-f(n),$$

поэтому найдется такое $m$, что $a_m=2n-f(n)$, откуда $f(n)=n$. $\qed$

[student]

Macavity писал(а):

Ишь какой Вы плодовитый, уже #3 ...
На самом деле это не доказывается, а проверяется очень просто. А доказывать надо, что нет других решений, не так ли?

Ну если написано доказать значит надо доказать(Хотя RIP уже обяснил! )!
Допускаю что могу ошибится, потому что я же перевожу из английского, но здесь точно нету ошибки!

[незваный гость]

Выпендрюсь. Условие задачи не совсем точное.

Поскольку функция определена на множестве натуральных чисел, но нигде не оговорено, что она действует в множество натуральных чисел, то $f(n) = \frac{\sqrt5-1}2$ является непредусмотренным решением.

Добавлено спустя 7 минут 24 секунды:

Macavity писал(а):

Ишь какой Вы плодовитый, уже #3 Very Happy ...

Добавлю к остальным ораторам: Ваша ирония не по адресу. №3 — это номер задачи в shortlist, а совсем не номер задачи studentа.

Добавлено спустя 2 минуты 2 секунды:

RIP писал(а):

Если $f(n)$ принимает только натуральные значения, то вот решение.

Читать решение не захотел, а зря. Предыдущий пост был бы не нужен.

[student]

незваный гость писал(а):

Выпендрюсь. Условие задачи не совсем точное.
Поскольку функция определена на множестве натуральных чисел, но нигде не оговорено, что она действует в множество натуральных чисел, то является непредусмотренным решением

Да какой вы буквоед?
Здесь функция f принимает натуральные числа и определена при натуральных N.
Приведу английской версии, если хотите скажите нам точный перевод.
A function f from the set of positive integers N into itself is such that all $m,n\in N$ the number $(m^2+n)^2$ is divisible by f^2(m)+f(n).
...

незваный гость писал(а):

Добавлю к остальным ораторам: Ваша ирония не по адресу. №3 — это номер задачи в shortlist, а совсем не номер задачи studentа.

Правильно!

[незваный гость]

student писал(а):

Да какой вы буквоед?

Квалифицированный. Хотел стать сертифицированным, но не нашел, кто делает сертификацию.

student писал(а):

A function f from the set of positive integers N into itself is such that all $m,n\in N$ the number $(m^2+n)^2$ is divisible by $f^2(m)+f(n)$.

Именно это into itself и было пропущено в переводе.

Я бы наверное написал так:
Функция $f: {\mathbb N} \to {\mathbb N}$ такова, что для любых $m,n\in N$число $(m^2+n)^2$ делится на $f^2(m)+f(n).$ Докажите, что $f(n)=n.$

Другой вариант: Функция $f$ отображает множество натуральных чисел в себя и такова, что…

[juna]

А мне в доказательстве RIPа непонятен переход:
если $\lim\limits_{x\to \infty}f(x,y)=g(y)$, то должен существовать $x_0$, что $f(x_0,y)=g(y)$.

Если $n$ - простое число, то вот решение
Возьмем $m=n=p$ - некоторое простое число.
$\frac{p^2(p+1)^2}{f(p)(f(p)+1)}$
Имеем следующие случаи:
1. $(f(p)=1$, или $f(p)=p$, или $f(p)=p^2)$
Рассматривая их, находим, что подходит только $f(p)=p$
Если ($f(p)=1$ - знаменатель всегда четный, однако это противоречит, если взять $m=2, n=p$, где $p$ - нечетное простое.
Если $f(p)=p^2$, то $p^2+1|(p+1)^2$ - возможно только для $p=1$
2. $(f(p)+1=1$, или $f(p)+1=p$, или $f(p)+1=p^2)$ - рассматривая их, убеждаемся, что ни один из них невозможен.
Итак $f(p)=p$
Теперь можно задуматься над мультипликативностью.

[RIP]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

А мне в доказательстве RIPа непонятен переход:
если $\lim\limits_{x\to \infty}f(x,y)=g(y)$, то должен существовать $x_0$, что $f(x_0,y)=g(y)$.

Я воспользовался тем, что $a_m$ целые для бесконечного множества $m$.

Добавлено спустя 3 минуты 2 секунды:

Артамонов Ю.Н. писал(а):

$\frac{p^2(p+1)^2}{f(p)(f(p)+1)}$
Имеем следующие случаи:
1. $(f(p)=1$, или $f(p)=p$, или $f(p)=p^2)$
2. $(f(p)+1=1$, или $f(p)+1=p$, или $f(p)+1=p^2)$ -

Что-то маловато случаев.

[juna]

Ваше $m$ равно бесконечности. Я не знаю такого целого числа.
Со случаями я поторопился, это первое, что пришло в голову после неудовлетворенности от вашего решения.

[Macavity]

незваный гость писал(а):

Macavity писал(а):
Ишь какой Вы плодовитый, уже #3 Very Happy ...

Добавлю к остальным ораторам: Ваша ирония не по адресу. №3 — это номер задачи в shortlist, а совсем не номер задачи studentа.

Да, ладно. Дело то житейское. Это не ирония, это шутка юмора .
Надеюсь student не обиделся.

[RIP]

Артамонов Ю.Н.
Утверждение (очевидное). Пусть последовательность $a_n$ сходится и существует бесконечно много номеров $n$ таких, что $a_n\in\mathbb{Z}$. Тогда найдется такой номер $n_0$, что $a_{n_0}=\lim\limits_{n\to\infty} a_n(\in\mathbb{Z})$.

[student]

Macavity писал(а):

Надеюсь student не обиделся.

Нет вы что? Можете не беспокоится!

[RIP]

А можно было и совсем по-простому: $m^2+f(n)$ делит $(m^2+n)^2-(m^2+2n-f(n))(m^2+f(n))=(n-f(n))^2$ для бесконечного множества чисел $m$, поэтому последнее число равно $0$ (это то же самое решение)

[juna]

Такое решение мне очень понравилось! Виртуозно!