作者JGU ( )
看板IMO_Taiwan
標題Re: [問題] IMO 2012 in Argentina Day 2
時間Sun May 19 22:58:43 2013
※ 引述《FAlin (FA（バルシェ應援）)》之銘言：
: 標題: [問題] IMO 2012 in Argentina Day 2
: 時間: 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)
:
解一下舊題
代 0,0,0 得 f(0) = 0 ; 代 a,-a,0 得 f 偶函數
原式可改寫成 f(a)^2 + f(b)^2 + f(a+b)^2 = 2f(a)f(b) + 2(f(a)+f(b))f(a+b)
若 f 是解則 k*f 也是, f(1) 有無限種可能
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, 依此類推數歸得 f(2k) = 0
奇數部分代 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 相比較得 f(4) = 0, 數歸得 f(4k) = 0
非 4 倍數部分代 r,4k 得 f(4k+r) = f(r), r = 1,2,3
若 f(3) = 9f(1), 代 2,2 及 1,3 相比較得 f(4) = 16f(1)
接著可以數歸, 每次代 2,k-2 和 1,k-1 相比較推得 f(k) = k^2 * f(1)
所以共有三組解, (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), ...) 然後可以一一驗證
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回這個老題目的原因是
最近思考這題何以有這麼多不好驗證的解 原因似乎是限制於 Z→Z 的關係
如果改成 Q→Q , 應該就只有 f(q) = q^2 * f(1) 這組解
那應該要比原題簡單 可是實際上在證的時候
卻是由 Q 中找值代把其他兩組可能排除 寫起來比 Z→Z 還麻煩
不知道題目改成 Q→Q 的話 有沒有比較簡單順一點的證法?
還是其實真的比 Z→Z 更難?
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◆ From: 175.181.105.43
1F：推 cmrafsts:這題要代的值限制有些麻煩，不像能直接弄出像柯西法的樣 07/05 15:15
2F：→ cmrafsts:子 07/05 15:15
3F：→ cmrafsts:但是那三組要解出來是很容易的，不確定在有理數解會發生 07/05 15:16
4F：→ cmrafsts:什麼事 07/05 15:16