Share一下我第三题的解法
看看是不是应该放在第一题
3. 试求所有函数g:N→N使得对于所有正整数m,n
(g(m)+n)(m+g(n))都是完全平方数
推 Dawsen:第三题如果摆在第一题的话可能会有更多人解出来XD 07/22 12:23
推 LimSinE:有这么简单吗... 07/26 00:30
→ LimSinE:我的意思，有看起来像第一题程度的解法？ 07/26 00:31
推 Dawsen:结果似乎是假解法...还差"1分" XD 07/26 03:39
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我的idea是利用数归证明g(m+1)=g(m)+1
在证明的过程之中，会发现只能证明|g(m+1)-g(m)|=1
但是这不难调整，若有某些g(m+1)=g(m)-1就imply有些g(m)=g(n)而m!=n。
因此可把这题分成两个部份
part a. |g(m+1)-g(m)|=1
part b. g(m) = g (n) => m=n
proof:
part a.
g(m+1)-g(m)=0的情形在part b中，所以只需要考虑 |g(m+1)-g(m)|>0
假设 |g(m+1)-g(m)|=a*b^2,其中a不含平方因式
可以找到一个形如a*b^2*(ak)^2的数 使之>max{g(m),g(m+1)}
取n使{g(m+1)+n,g(m)+n}={a*b^2*(ak)^2,a*b^2*[(ak)^2+1]}
这样的话可以知道a|g(n)+m且a|g(n)+m+1，故a=1。
故可知|g(m+1)-g(m)|=[a*b^2]^2^l for some l>0
可找到一个形如ak^2的数，使(a,k)=1且ak^2>max{g(m),g(m+1)}
取n使{g(m+1)+n,g(m)+n}={a*k^2,a*k^2+[a*b^2]^2^l}
这样的话可以知道a|g(n)+m且a|g(n)+m+1，故a=1。
这样就证明了|g(m+1)-g(m)|=1
part b. if g(m) = g(n), 选一个p使的p>max{g(m),m,n}
令k=p-g(m) 则 p|g(k)+m, p|g(k)+n 故 p|m-n, 与p>max{m,n}矛盾

第三题如果摆在第一题的话可能会有更多人解出来XD

有这么简单吗...我的意思，有看起来像第一题程度的解法？

结果似乎是假解法...还差"1分" XD