求所有函数 $f:\mathbb{Z}_{+}\rightarrow\mathbb{Z}_{+}$,使得对于所有正整数 $m,n$,均有 $f(m)+f(n)-mn$ 非零,且整除 $mf(m)+nf(n)$.
【难度】
【出处】
2016IMO Short List
【标注】
【答案】
$f(n)=n^2$($n\in\mathbb{Z}_{+}$).
由已知条件得\begin{equation}
(f(m)+f(n)-m n) ~|~(m f(m)+n f(n))
\end{equation}在式(1)中取 $m=n=1$,得 $(2 f(1)-1) ~|~ 2 f(1)$ $\Rightarrow~(2 f(1)-1) ~|~(2 f(1)-(2 f(1)-1))$ $\Rightarrow~(2 f(1)-1) ~|~ 1$ $\Rightarrow~ f(1)=1$.设素数 $p\geqslant 7$.在式(1)中取 $m=p,n=1$.则 $(f(p)-p+1)~|~(pf(p)+1)$ $\Rightarrow(f(p)-p+1) ~|~(p f(p)+1-p(f(p)-p+1))$ $\Rightarrow(f(p)-p+1) ~|~\left(p^{2}-p+1\right)$.
若 $f(p)-p+1=p^2 -p+1$,则 $f(p)=p^2$.若 $f(p)-p+1\neq p^2 -p+1$,由于 $p^2 -p+1$ 为正奇数,则 $p^2 -p+1\geqslant 3(f(p)-p+1)~\Rightarrow$\begin{equation}
f(p)\leqslant\frac{1}{3}(p^2 +2p-2)
\end{equation}在式(1)中取 $m=n=p$.则 $(2f(p)-p^2 )~|~2pf(p)$ $\Rightarrow~(2f(p)-p^2 )~|~(2pf(p)-p(2f(p)-p^2 ))$ $\Rightarrow~(2f(p)-p^2)~|~p^3$.由式(2)及 $f(p)\geqslant 1$,得$$-p^2 <2f(p)-p^2\leqslant \frac{2}{3}\left(p^{2}+2 p-2\right)-p^{2}<-p$$这与 $2f(p)-p^2$ 为 $p^3$ 的因数矛盾.因此,对于所有的素数 $p\geqslant 7$,均有 $f(p)=p^2$.
设 $n$ 为固定的正整数,选择一个足够大的素数 $p$,在式(1)中取 $m=p$,得$$(f(p)+f(n)-pn)~|~(pf(p)+nf(n))$$则 $pf(p)+nf(n)-n(f(p)+f(n)-pn)$ 可被 $f(p)+f(n)-pn$ 整除,即$$(f(p)+f(n)-pn)~|~(pf(p)-nf(p)+pn^2 )$$由于 $f(p)=p^2$,于是,$$(p^2 -pn+f(n))~|~p(p^2-pn+n^2 )$$因为 $p$ 足够大,且 $n$ 为固定的正整数,所以,$p\nmid f(n)$.这表明,$$(p,p^2 -pn+f(n))=1$$则 $(p^2 -pn+f(n))~|~(p^2 -pn+n^2 )$,故 $(p^2 -pn+f(n))~|~(n^2 -f(n))$.由于 $n^2 -f(n)$ 是固定的,$p^2 -pn+f(n)$ 可以足够大,于是,一定有 $n^2 -f(n)=0$,即对于任意正整数 $n$,有 $f(n)=n^2$.
若对于任意正整数 $n$,有 $f(n)=n^2$,则 $f(m)+f(n)-mn=m^2 +n^2 -mn$,$mf(m)+nf(n)=m^3 +n^3 =(m+n)(m^2 +n^2 -mn)$.从而,对于任意正整数 $m,n$,式(1)成立.因此,对于任意正整数 $n$,$f(n)=n^2$
由已知条件得\begin{equation}
(f(m)+f(n)-m n) ~|~(m f(m)+n f(n))
\end{equation}在式(1)中取 $m=n=1$,得 $(2 f(1)-1) ~|~ 2 f(1)$ $\Rightarrow~(2 f(1)-1) ~|~(2 f(1)-(2 f(1)-1))$ $\Rightarrow~(2 f(1)-1) ~|~ 1$ $\Rightarrow~ f(1)=1$.设素数 $p\geqslant 7$.在式(1)中取 $m=p,n=1$.则 $(f(p)-p+1)~|~(pf(p)+1)$ $\Rightarrow(f(p)-p+1) ~|~(p f(p)+1-p(f(p)-p+1))$ $\Rightarrow(f(p)-p+1) ~|~\left(p^{2}-p+1\right)$.
若 $f(p)-p+1=p^2 -p+1$,则 $f(p)=p^2$.若 $f(p)-p+1\neq p^2 -p+1$,由于 $p^2 -p+1$ 为正奇数,则 $p^2 -p+1\geqslant 3(f(p)-p+1)~\Rightarrow$\begin{equation}
f(p)\leqslant\frac{1}{3}(p^2 +2p-2)
\end{equation}在式(1)中取 $m=n=p$.则 $(2f(p)-p^2 )~|~2pf(p)$ $\Rightarrow~(2f(p)-p^2 )~|~(2pf(p)-p(2f(p)-p^2 ))$ $\Rightarrow~(2f(p)-p^2)~|~p^3$.由式(2)及 $f(p)\geqslant 1$,得$$-p^2 <2f(p)-p^2\leqslant \frac{2}{3}\left(p^{2}+2 p-2\right)-p^{2}<-p$$这与 $2f(p)-p^2$ 为 $p^3$ 的因数矛盾.因此,对于所有的素数 $p\geqslant 7$,均有 $f(p)=p^2$.
设 $n$ 为固定的正整数,选择一个足够大的素数 $p$,在式(1)中取 $m=p$,得$$(f(p)+f(n)-pn)~|~(pf(p)+nf(n))$$则 $pf(p)+nf(n)-n(f(p)+f(n)-pn)$ 可被 $f(p)+f(n)-pn$ 整除,即$$(f(p)+f(n)-pn)~|~(pf(p)-nf(p)+pn^2 )$$由于 $f(p)=p^2$,于是,$$(p^2 -pn+f(n))~|~p(p^2-pn+n^2 )$$因为 $p$ 足够大,且 $n$ 为固定的正整数,所以,$p\nmid f(n)$.这表明,$$(p,p^2 -pn+f(n))=1$$则 $(p^2 -pn+f(n))~|~(p^2 -pn+n^2 )$,故 $(p^2 -pn+f(n))~|~(n^2 -f(n))$.由于 $n^2 -f(n)$ 是固定的,$p^2 -pn+f(n)$ 可以足够大,于是,一定有 $n^2 -f(n)=0$,即对于任意正整数 $n$,有 $f(n)=n^2$.
若对于任意正整数 $n$,有 $f(n)=n^2$,则 $f(m)+f(n)-mn=m^2 +n^2 -mn$,$mf(m)+nf(n)=m^3 +n^3 =(m+n)(m^2 +n^2 -mn)$.从而,对于任意正整数 $m,n$,式(1)成立.因此,对于任意正整数 $n$,$f(n)=n^2$
【解析】
略
答案
解析
备注