求所有从正整数集到正整数集上的满足如下条件的函数 $f$：对所有正整数 $a$ 和 $b$，都存在一个以 $a,f(b)\text{和 }f(b+f(a)-1)$ 为三边长的非退化三角形．（称一个三角形为非退化三角形是指它的三个顶点不共线．）（法国）
【难度】
【出处】
2009年第50届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
满足要求的 $f$ 只能是 $f(n)=n,n\in\mathbb{N^+}$．
由条件及整数的离散性知：对任意正整数 $a,b$，都有
$f(b)+f(b+f(a)-1)-1\leqslant a$ ①
$f(b)+a-1\leqslant f(b+f(a)-1)$ ②
$f(b+f(a)-1)+a-1\leqslant f(b)$ ③
在 ② 和 ③ 中取 $a=1$，得 $f(b)=f(b-f(1)-1)$ 对任意 $b\in\mathbb{N^+}$ 成立．
若 $f(1)\ne 1$，则上式说明 $f$ 是一个周期函数，结合 $f$ 的定义域知 $f$ 有界，取正整数 $M$ 使得 $M\geqslant f(n)$ 对所有正整数 $n$ 成立（即 $M$ 是 $f$ 的一个上界），在 ① 中取 $a=2M$ 即得矛盾．因此 $f(1)=1$．
在 ① 和 ② 中取 $b=1$，得 $f(f(n))=n,n\in\mathbb{N^+}$．
若存在 $t\in\mathbb{N^+}$，使 $f(t)<t$，则显然 $t\geqslant 2,f(t)\leqslant t-1$．
在 ② 中令 $a=f(t)$ 可得：
$f(b+t-1)=f(b+f(a)-1)\leqslant f(b)+a-1\leqslant f(b)+t-2$．
令 $M=(t-1)\cdot \max\limits_{1\leqslant i\leqslant t-1}f(i)$，对任意整数 $n>M$，设 $n_0$ 是满足
$1\leqslant n_0\leqslant t-1,n_0\equiv n\pmod{t-1}$
的唯一正整数，则
$f(n)\leqslant f(n_0)+\dfrac{t-2}{t-1}(n-n_0)\leqslant \dfrac{M}{t-1}+\dfrac{(t-2)n}{t-1}<n$．
因此，当整数 $n>M$ 时，有 $f(n)<n$．
取 $n_1\in\mathbb{N^+}$ 使得 $n_1>M$ 且 $n_1$ 不等于 $f(1),f(2),\cdots,f(M)$ 中的任何一个，则由 $f(f(n_1))=n_1$ 知 $f(n_1)>M$，再由上面结论知
$n_1>f(n_1)>f(f(n_1))=n_1$
矛盾．这说明对于任意 $t\in\mathbb{N^+}$，都有 $f(t)\geqslant t$，进一步有 $t=f(f(t))\geqslant f(t)\geqslant t$，式中所有不等号均需取等号，即只能 $f(n)=n,n\in\mathbb{N^+}$．
经检验 $f(n)=n,n\in\mathbb{N^+}$ 满足题目要求，因此所求的 $f$ 为 $f(n)=n,n\in\mathbb{N^+}$．
由条件及整数的离散性知：对任意正整数 $a,b$，都有
$f(b)+f(b+f(a)-1)-1\leqslant a$ ①
$f(b)+a-1\leqslant f(b+f(a)-1)$ ②
$f(b+f(a)-1)+a-1\leqslant f(b)$ ③
在 ② 和 ③ 中取 $a=1$，得 $f(b)=f(b-f(1)-1)$ 对任意 $b\in\mathbb{N^+}$ 成立．
若 $f(1)\ne 1$，则上式说明 $f$ 是一个周期函数，结合 $f$ 的定义域知 $f$ 有界，取正整数 $M$ 使得 $M\geqslant f(n)$ 对所有正整数 $n$ 成立（即 $M$ 是 $f$ 的一个上界），在 ① 中取 $a=2M$ 即得矛盾．因此 $f(1)=1$．
在 ① 和 ② 中取 $b=1$，得 $f(f(n))=n,n\in\mathbb{N^+}$．
若存在 $t\in\mathbb{N^+}$，使 $f(t)<t$，则显然 $t\geqslant 2,f(t)\leqslant t-1$．
在 ② 中令 $a=f(t)$ 可得：
$f(b+t-1)=f(b+f(a)-1)\leqslant f(b)+a-1\leqslant f(b)+t-2$．
令 $M=(t-1)\cdot \max\limits_{1\leqslant i\leqslant t-1}f(i)$，对任意整数 $n>M$，设 $n_0$ 是满足
$1\leqslant n_0\leqslant t-1,n_0\equiv n\pmod{t-1}$
的唯一正整数，则
$f(n)\leqslant f(n_0)+\dfrac{t-2}{t-1}(n-n_0)\leqslant \dfrac{M}{t-1}+\dfrac{(t-2)n}{t-1}<n$．
因此，当整数 $n>M$ 时，有 $f(n)<n$．
取 $n_1\in\mathbb{N^+}$ 使得 $n_1>M$ 且 $n_1$ 不等于 $f(1),f(2),\cdots,f(M)$ 中的任何一个，则由 $f(f(n_1))=n_1$ 知 $f(n_1)>M$，再由上面结论知
$n_1>f(n_1)>f(f(n_1))=n_1$
矛盾．这说明对于任意 $t\in\mathbb{N^+}$，都有 $f(t)\geqslant t$，进一步有 $t=f(f(t))\geqslant f(t)\geqslant t$，式中所有不等号均需取等号，即只能 $f(n)=n,n\in\mathbb{N^+}$．
经检验 $f(n)=n,n\in\mathbb{N^+}$ 满足题目要求，因此所求的 $f$ 为 $f(n)=n,n\in\mathbb{N^+}$．
答案
解析
备注
