【第三题（45分）】

【设f:?→?是严格递增函数，满足f(1)=1且对任意正整数n，有f(f(n))=f(n)+n。求f(n)的表达式。】

江辰扫了一眼。

“函数方程题，经典题型。”

他几乎没思考，直接写：

“解：先求前几项。由f(1)=1，代入n=1得f(f(1))=f(1)+1，即f(1)=1+1=2，矛盾？因为f(1)=1，所以f(f(1))=f(1)=1，右边f(1)+1=2，1=2矛盾？”

江辰愣住了。

“题目出错了？”

他重新读题：“f:?→?是严格递增函数，满足f(1)=1且对任意正整数n，有f(f(n))=f(n)+n。”

代入n=1：f(f(1))=f(1)+1 → f(1)=1+1=2，但f(1)=1，矛盾。

“这……”

江辰皱眉。

三秒后，他明白了。

“哦，f(1)=1，但f(f(1))=f(1)吗？不，f(1)=1，所以f(f(1))=f(1)=1，右边应该是1+1=2，確实矛盾。”

“除非……题目中的?是正整数，但可能包含0？或者f(1)=1是初始条件，但函数方程对n≥2成立？”

他继续往下想。

“先假设题目没错，那么矛盾说明我的推理有问题。f(f(n))=f(n)+n，当n=1时，f(f(1))=f(1)+1=2，所以f(f(1))=2。”

“而f(1)=1，所以f(1)=1，那么f(f(1))=f(1)=1，但需要等於2，所以必须f(1)≠1？可题目明確说了f(1)=1。”

江辰感觉脑子有点乱。

“这题……有问题？”

他决定先跳过，看第四题。

【第四题（45分）】

【设p是奇素数，a?,a?,…,a_p是整数。证明：存在整数k（1≤k≤p）使得∑_{i=1}^p (a_{i+k} - a_i)2能被p2整除，这里下標模p理解（即a_{p+1}=a_1等）。】

江辰看完，眼睛一亮。

“数论组合题，有点意思。”

“∑(a_{i+k}-a_i)2 = ∑a_{i+k}2 - 2∑a_{i+k}a_i + ∑a_i2 = 2∑a_i2 - 2∑a_{i+k}a_i，因为∑a_{i+k}2=∑a_i2。”

“所以要证存在k使2∑a_i2 - 2∑a_{i+k}a_i ≡ 0 mod p2，即∑a_i2 ≡ ∑a_{i+k}a_i mod p2/2？不对，模p2。”

“即证存在k使∑a_{i+k}a_i ≡ ∑a_i2 mod p2。”

“记s_k = ∑a_i a_{i+k}，要证存在k使s_k ≡ s_0 mod p2，其中s_0=∑a_i2。”

“这等价於证存在k使s_k - s_0 ≡ 0 mod p2。”

“考虑所有k的s_k之和？或者用多项式方法……”

江辰脑子飞速转动。

十秒后，他有了思路。

“用傅立叶变换（离散傅立叶变换）。”

“设a(x)=∑a_i x^i（多项式），则s_k是a(x)a(x^{-1})中x^k项的係数？不对，循环卷积。”

“实际上，s_k = ∑a_i a_{i+k}是序列{a_i}的自相关函数。”

“要证存在k使s_k ≡ s_0 mod p2。如果所有s_k ≡ s_0 mod p2都不成立，那么所有s_k - s_0 ≡ 0 mod p2都不成立……”

“用反证法：假设对所有k都有s_k ? s_0 mod p2，则s_k - s_0 ≡ r_k mod p2，其中r_k是1到p2-1之间的数。”

“考虑∑_{k=1}^p (s_k - s_0) = ∑_k ∑_i a_i(a_{i+k}-a_i) = ……”

江辰在草稿纸上快速计算。

两分钟后，他找到了关键等式。

“有了！∑_{k=1}^p s_k = p∑a_i2，所以∑_{k=1}^p (s_k - s_0) = p∑a_i2 - p∑a_i2 = 0。”

“但如果每个s_k - s_0都不被p2整除，它们的和模p2不可能为0，矛盾。”

“所以存在k使p2整除s_k - s_0。”

“严谨化：设b_i = a_i mod p，考虑模p下的序列{b_i}，用类似论证可得存在k使∑b_i b_{i+k} ≡ ∑b_i2 mod p，然后提升到模p2……”

四分钟，第四题搞定。

江辰看了眼时间：9:50。

第四题做完，还剩第三题。

他回过头看第三题。

“函数方程f(f(n))=f(n)+n，f严格递增，f(1)=1。”

“代入n=1得f(1)=2，矛盾。所以要么题目错了，要么我的理解错了。”

江辰想了想，突然灵光一闪。

“等等，f是?→?，?通常指正整数，但有时也包含0。如果包含0，那么f(0)可能存在。”

“设f(0)=c，则f(f(0))=f(c)=f(0)+0=c，所以f(c)=c。”

“由f严格递增，f(0)=c，f(1)=1，如果c＜1，则f(0)＜f(1)，但0＜1，可以。c必须是整数，所以c=0。”

“那么f(0)=0，f(1)=1，代入n=1：f(f(1))=f(1)+1=2，所以f(1)=2？但f(1)=1，矛盾。”

“还是矛盾。”

江辰皱眉。

“除非……f(1)不是1？但题目明確说了f(1)=1。”

他决定换个思路。

“假设f(1)=1，那么f(f(1))=f(1)=1，但方程要求f(f(1))=f(1)+1=2，矛盾。”

“所以题目一定有印刷错误？或者?是自然数集包括0，且f(0)=1？”

“设f(0)=1，那么f(1)是多少？由严格递增，f(1)＞f(0)=1。”

“代入n=0：f(f(0))=f(1)=f(0)+0=1，所以f(1)=1，但f(1)＞1，矛盾。”

“也不行。”

江辰感觉这题像个死胡同。

他看了眼时间，9:52。

“算了，先按標准方法解，假设f(1)=1成立，忽略n=1的矛盾。”

“令g(n)=f(n)-n，则方程变为f(f(n))=f(n)+n → f(n+g(n))=n+g(n)+g(n)=n+2g(n)。”

“但f(n+g(n))又等於f(f(n))=f(n)+n=n+2g(n)，自洽。”

“由严格递增，g(n)非负且递增？不一定。”

“尝试求前几项：设f(1)=1，则f(f(1))=f(1)=1，但方程要求等於2，所以矛盾。跳过n=1。”

“从n=2开始：f(f(2))=f(2)+2，设f(2)=a，则f(a)=a+2。”

“由严格递增，f(1)=1＜f(2)=a，所以a≥2。”

“f(3)=b，则f(b)=b+3，且b＞a≥2。”

“继续推导……”

江辰在草稿纸上列出一串等式。

两分钟后，他猜出了答案。

“f(n) = φn + ψ，其中φ是黄金比例(1+√5)/2？不对，必须是整数函数。”

“实际上，经典解是f(n)=?φn?或类似形式，但需要验证。”

他快速验证了一下。

“设φ=(1+√5)/2≈1.618，则φ2=φ+1。”

“如果f(n)=?φn?，则f(f(n))=?φ?φn??≈φ2n=φn+n=f(n)+n，近似成立。”

“但严格成立需要数论性质，这是经典的beatty序列。”

江辰决定直接写答案：

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