Feladat: 2010. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Nagy János 
Füzet: 2010/október, 388 - 389. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Különleges függvények, Nevezetes azonosságok, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2010/szeptember: 2010. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Nagy János megoldása. Rögtön látható, hogy a g(n)=n+c alakú függvények megfelelnek a feltételnek, ahol c egy nemnegatív egész szám, hiszen ekkor a függvény értékkészlete megfelelő és

(g(m)+n)(m+g(n))=(m+n+c)2,
ami valóban mindig teljes négyzet.
Bebizonyítjuk, hogy csak ezek a jó függvények.
Nézzük meg, hogy egy tetszőleges pozitív egész m-re milyen értéket vehet fel a g(m+1)-g(m) kifejezés. Először igazolom, hogy nem lehet 2-től különböző prímosztója. Indirekt módon tegyük fel, hogy valamilyen p≠2 prímre p∣g(m+1)-g(m) és legyen g(m)=pl+r, illetve g(m+1)=pk+r. Mivel p>2, azért kettőnél több maradékosztály van, tehát létezik biztosan olyan u pozitív egész, hogy sem (u+l), sem (u+k) nem osztható p-vel. Legyen n=pu-r.
A feladat feltételéből tudjuk, hogy (g(m)+n)(m+g(n)) négyzetszám, tehát p(l+u)(m+g(n)) négyzetszám. Tudjuk, hogy (u+l) nem osztható p-vel, de p-nek páros kitevőn kell szerepelnie egy négyzetszámban, így p∣m+g(n).
Ugyanígy kapjuk m helyébe (m+1)-et írva, hogy p∣m+1+g(n), ebből p∣m+1+g(n)-m-g(n)=1, ami ellentmondás. Így tehát azt kaptuk, hogy g(m+1)-g(m)-nek semmilyen m-re nem lehet 2-től különböző prímosztója.
Most bebizonyítom, hogy g(m+1)-g(m) nem lehet osztható 4-gyel. Tételezzük fel indirekt módon, hogy 4∣g(m+1)-g(m). Ekkor létezik olyan n pozitív egész szám, hogy n+g(m) és n+g(m+1) is kettő maradékot ad 4-gyel osztva.
Tudjuk, hogy (g(m)+n)(m+g(n)) négyzetszám, de g(m)+n osztható 2-vel, de 4-gyel nem, amiből 2∣m+g(n). Ugyanígy kapjuk m helyébe (m+1)-et írva, hogy 2∣m+1+g(n), két szomszédos egész szám mindegyike nem lehet páros, tehát ellentmondásra jutottunk, tehát 4∣g(m+1)-g(m) nem teljesülhet.
Így arra jutottunk, hogy minden m-re g(m+1)-g(m) lehetséges értékei 1, -1, 2, -2.
Ezután bebizonyítom, hogy egy adott t értéket, ha t≠1, akkor csak véges sokszor veheti föl a g(m+1)-g(m) kifejezés. Tételezzük fel, hogy végtelen sok különböző m egész számra g(m+1)-g(m)=t. Vegyük észre, hogy
(g(m+1)+m)(g(m)+m+1)=(g(m)+m+t)(g(m)+m+1)
négyzetszám. Legyen v=g(m)+m+1, mivel v>m, ezért tudjuk, hogy v⋅(v+t-1) végtelen sok pozitív egész v-re négyzetszám.
Most két eset van.
1. eset: Ha t-1 páros. Ekkor
(v+t-32)2<v⋅(v+t-1)<(v+t-12)2,
ha v elég nagy, ami ellentmondás, hiszen ekkor v⋅(v+t-1) nem lehet négyzetszám. A fenti egyenlőtlenség jobb oldala egyértelmű, a bal oldal azt jelenti, hogy
v2+(t-3)v+(t-32)2<v2+v(t-1),(t-32)2<2v,
ami teljesül, ha v elég nagy.
2. eset: Ha t-1 páratlan. Ekkor
(v+t-22)2<v⋅(v+t-1)<(v+t2)2,
ha v elég nagy, ami ellentmondás, hiszen ekkor v⋅(v+t-1) nem lehet négyzetszám. A fenti egyenlőtlenség jobb oldala egyértelmű, a bal oldal azt jelenti, hogy
v2+(t-2)v+(t-22)2<v2+v(t-1),(t-22)2<v,
ami teljesül, ha v elég nagy.
Azt kaptuk, hogy egy t érték csak véges sokszor szerepelhet különbségként, ha t≠1. Így tehát a -1, 2, -2 értékek csak véges sokszor szerepelhetnek g(m+1)-g(m) értékeként, vagyis egy korláttól kezdve minden m-re g(m+1)=g(m)+1, azaz ha m>N, akkor g(m)=m+c valamilyen konstans c-re.
Továbbá bebizonyítjuk, hogy akármilyen N-nél kisebb m egész számra is g(m)=m+c. Válasszunk egy olyan n>N számot, amire m+n+c=p, ahol p egy prím, ekkor (g(n)+m)(g(m)+n) négyzetszám, de g(n)+m=p, tehát g(m)+n osztható p-vel, azaz p∣g(m)+n-p=g(m)-m-c. Azt kaptuk, hogy g(m)-m-c osztható végtelen sok elég nagy prímmel, amiből g(m)=m+c.
Így tehát minden pozitív egész m-re g(m)=m+c, ahol c egy egész szám, de nyilván nemnegatív. Ezek az egyedüli jó megoldások.