Математикадан 34-ші Балкан олимпиадасы, Орхид, Македония 2017 жыл


$\mathbb{N}$ — барлық бүтін оң сандардың жиыны болсын. Кез келген $m,n\in \mathbb{N}$ сандары үшін $f\left( n \right)+nf\left( m \right)$ саны $n+f\left( m \right)$ санына бөлінетіндей, барлық $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ функцияларын табыңыз.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   -3
2019-07-13 18:09:03.0 #

пред. Правка 2   1
2021-02-04 20:27:24.0 #

  1
2021-02-04 10:34:07.0 #

Есть ещё один ответ:

$f(x)=x^2$

Вы допустили ошибку: если $t-4$ Делится $t+2$ То есть решение $t=4$

  0
2021-02-04 20:27:58.0 #

Спасибо. Пока удалю решение

пред. Правка 3   6
2022-04-22 16:53:59.0 #

Решение: Пусть $P(n,m)$ искомая делимость.

$P(1,1): f(1)+1\mid 2f(1)\implies f(1)=1.$

Ясно, что $\boxed{f(n)\equiv n^2}$ подходит. Теперь допустим найдется $p>1, f(p)\neq p^2.$ Перепишем $P(n,m)$ таким образом

$$n+f(m)\mid f(n)-n^2\quad \& \quad n+f(m)\mid f(n)-f(m)^2$$

$P(p,m):p+f(m)\mid f(p)-p^2\implies f(m)\le C, \forall m\in \mathbb N,$ причем $C$ такое натуральное, что $f$ в некоторой точке $q$ равна $C.$

$P(n,q):n+C\mid C^2-f(n)\in [C^2-C,C^2-1],$ но $n+C$ неограниченна сверху, поэтому для всех $n$ начиная с некоторого момента $f(n)=C^2\le C\implies C=1,$ далее легко понять, что $\boxed{f(m)\equiv 1.}$