作者JGU ( )
看板IMO_Taiwan
标题Re: [问题] IMO 2012 in Argentina Day 2
时间Sun May 19 22:58:43 2013
※ 引述《FAlin (FA（バルシェ应援）)》之铭言：
: 标题: [问题] IMO 2012 in Argentina Day 2
: 时间: Thu Jul 12 03:26:49 2012
:
: 4. Find all functions f: Z→Z, such that for all a+b+c = 0 holds :
:
: f(a)^2 + f(b)^2 + f(c)^2 = 2f(a)f(b) + 2f(b)f(c) + 2f(c)f(a)
:
解一下旧题
代 0,0,0 得 f(0) = 0 ; 代 a,-a,0 得 f 偶函数
原式可改写成 f(a)^2 + f(b)^2 + f(a+b)^2 = 2f(a)f(b) + 2(f(a)+f(b))f(a+b)
若 f 是解则 k*f 也是, f(1) 有无限种可能
代 1,1 得 f(2) = 0 or 4f(1)
若 f(2) = 0, 代 2,2 得 f(4) = 0, 代 2,4 得 f(6) = 0, 依此类推数归得 f(2k) = 0
奇数部分代 1,2k 得 f(2k+1) = f(1)
若 f(2) = 4f(1), 代 1,2 得 f(3) = f(1) or 9f(1)
若 f(3) = f(1), 代 2,2 及 1,3 相比较得 f(4) = 0, 数归得 f(4k) = 0
非 4 倍数部分代 r,4k 得 f(4k+r) = f(r), r = 1,2,3
若 f(3) = 9f(1), 代 2,2 及 1,3 相比较得 f(4) = 16f(1)
接着可以数归, 每次代 2,k-2 和 1,k-1 相比较推得 f(k) = k^2 * f(1)
所以共有三组解, (0, f(1), 0, f(1), ...) ; (0, f(1), 4f(1), f(1), 0, ...) ;
(0, f(1), 4f(1), 9f(1), 16f(1), 25f(1), ...) 然後可以一一验证
-----------------------------------------------------------------
回这个老题目的原因是
最近思考这题何以有这麽多不好验证的解 原因似乎是限制於 Z→Z 的关系
如果改成 Q→Q , 应该就只有 f(q) = q^2 * f(1) 这组解
那应该要比原题简单 可是实际上在证的时候
却是由 Q 中找值代把其他两组可能排除 写起来比 Z→Z 还麻烦
不知道题目改成 Q→Q 的话 有没有比较简单顺一点的证法?
还是其实真的比 Z→Z 更难?
--
※ 发信站: 批踢踢实业坊(ptt.cc)
◆ From: 175.181.105.43
1F：推 cmrafsts:这题要代的值限制有些麻烦，不像能直接弄出像柯西法的样 07/05 15:15
2F：→ cmrafsts:子 07/05 15:15
3F：→ cmrafsts:但是那三组要解出来是很容易的，不确定在有理数解会发生 07/05 15:16
4F：→ cmrafsts:什麽事 07/05 15:16