一道奥数题

昨天姜总在微信里发了几张图,说是今年奥数国家队选拔的题。心血来潮就去做了一道。做它其实是因为它不需要太多的知识,初中代数几何加上极限的epsilon-delta思想就够了。最喜欢这样的题了~ 更不要说这道题简洁优美。这才是真正的数学和数学探索,才不是被人民大众妖魔化的那些奇葩东西。

犯了很多错误后,具体证明整理了一两个小时。要在当年,这道题我应该还是能在规定时间内拿满分吧,不过一天也就一题的样子吧,距离国家队还是很遥远啊。

题目:求所有正整数映射到正整数的函数f,满足以下条件:对任意三个互不相同的正实数a、b、c,长为a、b、c的三条线可以构成三角形,当且仅当长为f(a)、f(b)、f(c)的三条线段可构成三角形。

证明:

命题1. f是单射
用反证法,若不成立则存在不同的正实数a和b,使f(a)=f(b),不妨设a<b
则a、a+b、3(a+b)/2不构成三角形(因a + (a+b) < 3(a+b)/2),故f(a)、f(a+b)、f(3(a+b)/2)不构成三角形
但是b、a+b、3(a+b)/2构成三角形(因b < a+b < 3(a+b)/2且b + (a+b) > 3(a+b)/2),因而f(b)=f(a)、f(a+b)、f(3(a+b)/2)构成三角形
矛盾
于是假设不成立,f为单射,可设f的逆映射为g

命题2. 对任何正实数a!=b,对所有非负实数x,f(a+b+x)或者不小于f(a)+f(b),或者不大于|f(a)-f(b)|
首先a + b <= a+b+x,a、b、a+b+x不构成三角形,故对所有非负实数x f(a+b+x) >= f(a) + f(b) 或 f(a+b+x) + f(a) <= f(b) 或 f(a+b+x) + f(b) <= f(a)
其中 f(a+b+x) + f(a) <= f(b) 或 f(a+b+x) + f(b) <= f(a) 即 f(a+b+x) <= f(b) - f(a) 或 f(a+b+x) <= f(a) - f(b)
亦即 f(a+b+x) <= max(f(b)-f(a), f(a)-f(b)) = |f(a)-f(b)| 得证f(a+b+x)或者不小于f(a)+f(b)或者不大于|f(a)-f(b)|

命题3. 对任何正实数a!=b,对所有非负实数x,或者f(a+b+x)总不小于f(a)+f(b),或者f(a+b+x)总不大于|f(a)-f(b)|
要证明的是不会出现两个非负实数x1<x2,使f(a+b+x1)和f(a+b+x2)一个不小于f(a)+f(b)另一个不大于|f(a)-f(b)|
设y=x2-x1,存在足够大的正整数n,使得正实数z = y/n < min(a,b)
对k=0,1,…,n-1,必然存在k使得f(a+b+x1+kz)和f(a+b+x1+(k+1)z)一个不小于f(a)+f(b)另一个不大于|f(a)-f(b)|
(因为如果这一点不成立,对应k=0和k=n的f(a+b+x1)和f(a+b+x2)将会同时不小于f(a)+f(b)或者同时不大于|f(a)-f(b)|,与假设不符)
于是|f(a+b+x1+kz) – f(a+b+x1+(k+1)z)| <= f(a)+f(b) – |f(a)-f(b)| = 2min(f(a), f(b))
另一方面,a、a+b+x1+kz、a+b+x1+(k+1)z构成三角形,所以|f(a+b+x1+kz) – f(a+b+x1+(k+1)z)| < f(a)
同理|f(a+b+x1+kz) – f(a+b+x1+(k+1)z)| < f(b)
所以|f(a+b+x1+kz) – f(a+b+x1+(k+1)z)| < min(f(a), f(b)) < 2min(f(a), f(b))
矛盾
于是命题3得证

命题4. 对任何正实数a!=b,对所有非负实数x,f(a+b+x) >= f(a)+f(b)
也就是排除命题3中的另一种可能性,对所有非负实数x,f(a+b+x)总不大于|f(a)-f(b)|
用反证法,若命题4不成立,根据命题3,对某组正实数a!=b,对所有非负实数x,f(a+b+x) <= |f(a)-f(b)|
设 c = g(max(f(a), f(b))),d = g(min(f(a), f(b))),则f(c+d+x) <= |f(c)-f(d)| = f(c) – f(d) < f(c)
考虑不构成三角形的c、c+d+x、c+d+x+c,故 f(c+d+x) + f(c+d+x+c) <= f(c)
令x=0和c/2,两式相加,有 f(c+d) + f(2c+d) + f(3c/2+d) + f(5c/2+d) <= 2f(c) 但是c、c+d+x、c+d+x+c/2构成三角形,f(c+d+x) + f(c+d+x+c/2) > f(c)
令x=0和c,两式相加,有 f(c+d) + f(2c+d) + f(3c/2+d) + f(5c/2+d) > 2f(c)
矛盾
于是假设不成立,命题4得证

命题5. f严格单调增
根据命题4,对任何正实数a<b,f(b) >= f(a) + f(b-a) > f(a)

命题6. 对任何e > 0,存在正实数x,使f(x) < e
nf(1/(n+1)!) < sigma_{i=2}^{n+1}{f(1/i!)}
根据命题4,对正实数a!=b,f(a)+f(b) <= f(a+b),故 nf(1/(n+1)!) < f( sigma_{i=2}^{n+1}{1/i!} )
由命题5,nf(1/(n+1)!) < f(1),就是说 f(1/(n+1)!) < f(1)/n 对任何e > 0,存在足够大的n使 f(1)/n < e,取 x = 1/(n+1)! 根据单调性即有 f(x) < e

命题7. 对任何正实数a!=b,f(a) + f(b) = f(a+b)
反证法,假设不成立,则存在正实数a!=b使f(a) + f(b) < f(a+b)
设e = f(a+b)-f(a)-f(b),根据命题6,存在正实数x,使f(x) < e/2,则f(a) + f(b) + 2f(x) < f(a+b),不妨设x<min(a,b) a、a+x/2、a+x构成三角形故f(a)+f(x)>f(a+x/2),同理f(b)+f(x)>f(b+x/2)
进一步地a+x/2、b+x/2、a+b构成三角形(a+x/2<a+b,b+x/2<a+b,a+x/2+b+x/2>a+b),故f(a+x/2) + f(b+x/2) > f(a+b)
于是f(a) + f(b) + 2f(x) > f(a+b),矛盾
于是假设不成立,命题得证

命题8. 对任何正实数a和b,f(a) + f(b) = f(a+b)
a!=b已证,a=b时 f(a) + f(b) = f(a) + f(a) = f(a) + f(a/3) + f(2a/3) = f(4a/3) + f(2a/3) = f(2a) = f(a+b)

然后就是教科书上最经典的函数方程了,先证有理数然后用单调性证无理数