發刊日期 |
2024年9月
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標題 | 2024年第65屆國際數學奧林匹亞競賽試題解答 |
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2024 年第 65 屆國際數學奧林匹亞競賽 (International Mathematical Olympiad, 簡稱 IMO) 原定由烏克蘭基輔主辦, 後於 2020 年因烏俄戰事爆發, IMO 委員會 (IMO Board) 發起動議, 由 2019 年 IMO 主辦城市英國巴斯接手續辦, 於同年由全體會員國投票通過。 本屆共有 109 個國家與會、 合計 609 位學生 (含 81 位女學生) 代表參賽。 依循往例, IMO 先由各參賽國 (主辦國除外) 於規定時間內提交數道試題, 再由主辦國的試題委員會 (Problem Selection Committee, 簡稱 PSC) 研究選出 30 道左右的預選試題, 分屬代數、 組合、 幾何、 數論等不同領域和不同難度的試題; 最後再經由各國領隊組成的評審會議 (Jury Meeting) 票選暨修訂出最後 6 道 IMO 試題, 依主題內容及難易層次分配成兩份試題, 分別在連續的兩天舉行競試, 每天 3 道試題, 考試時間都是 4 小時又 30 分鐘。 本屆試題第一題的領域為代數, 第二題為數論, 第三題為組合, 第四題為幾何, 第五題為組合, 第六題為代數。 就整體試卷分配而言, 是幾何成份偏少的一年。 在此對我國代表團所翻譯成正體中文版的 6 道 IMO 試題提供參考解答, 以供國內相關學者、 數學教師等輔導數學資優生之研究、 應用與參考。 問題一: 試求所有實數$\alpha$, 使得對於所有正整數$n$, 整數 $$\lfloor \alpha \rfloor + \lfloor 2\alpha \rfloor + \cdots + \lfloor n\alpha \rfloor$$ 皆為 $n$ 的倍數。 (此處 $\lfloor z \rfloor$ 表示不大於 $z$ 的最大整數。 舉例來說, $\lfloor -\pi \rfloor \!=\! -4$ 且 $\lfloor 2 \rfloor \!=\! \lfloor 2.9 \rfloor \!=\! 2$。) 試題委員會公布的參考答案: 答案是所有的偶數 $\alpha$。 令 $\alpha$ 的整數與小數部分分別為 $k = \lfloor \alpha \rfloor$ 與 $\epsilon = \{\alpha\} = \alpha - k$, 則易知 \begin{equation*}\label{A1} S(\alpha;n) := \lfloor \alpha \rfloor \!+\! \lfloor 2\alpha \rfloor \!+\! \cdots \!+\! \lfloor n\alpha \rfloor \!=\! \frac{kn(n+1)}{2} +\! \lfloor \epsilon \rfloor \!+\! \lfloor 2\epsilon \rfloor \!+\! \cdots \!+\! \lfloor n\epsilon \rfloor \!=\! \frac{kn(n+1)}{2} +\! S(\epsilon;n). \end{equation*} 以下分情況討論。 1. $k$是偶數: 由於此時 $n \mid \frac{kn(n+1)}{2}$ 恆成立, 因此 $n \mid S(\alpha; n)$ 若且唯若 $n \mid S(\epsilon;n)$。 讓我們用數學歸納法證明此時必有 $\lfloor n \epsilon \rfloor = 0$ 對於所有正整數 $n$ 皆成立。 $n=1$ 時顯然。 現在假設 $\lfloor m \epsilon \rfloor = 0$ 對於 $1 \leq m \lt n$ 皆成立, 此時 \begin{equation*} \lfloor n \epsilon \rfloor = \sum_{m=1}^{n-1} \lfloor m \epsilon \rfloor + \lfloor n \epsilon \rfloor = S(\epsilon;n) \end{equation*} 必須是 $n$ 的倍數。 但同一時間, 我們又有 $0 \leq \lfloor n \epsilon \rfloor \leq n \epsilon \lt n$, 故必須有 $\lfloor n \epsilon \rfloor =0 $。 現在, $\lfloor n \epsilon \rfloor =0 $ 表示 $0 \leq \epsilon \lt 1/n \xrightarrow{x \rightarrow \infty} 0$, 故 $\epsilon = 0$, 亦即此時 $\alpha$ 必須是偶數。 2. $k$是奇數: 讓我們用數學歸納法證明此時必有 $\lfloor n \epsilon \rfloor = n-1$ 對於所有正整數 $n$ 皆成立。 $n=1$ 時顯然。 現在假設 $\lfloor m \epsilon \rfloor = m-1$ 對於 $1 \leq m \lt n$ 皆成立, 此時 \begin{align*} S(\alpha;n) = & \frac{kn(n+1)}{2} + \lfloor \epsilon \rfloor + \lfloor 2\epsilon \rfloor + \cdots + \lfloor n\epsilon \rfloor \\ = & \frac{kn(n+1)}{2} + 0 + 1 + \cdots + (n-2) + \lfloor n\epsilon \rfloor \\ = & \frac{k+1}{2}n^2 + \frac{k-3}{2}n + 1 + \lfloor n\epsilon \rfloor \end{align*} 必須是 $n$ 的倍數。 但同一時間, 我們又有 $0 \leq \lfloor n \epsilon \rfloor \leq n \epsilon \lt n$, 也就是 $\lfloor n \epsilon \rfloor + 1 \in [1,n+1)$, 故必須有 $\lfloor n \epsilon \rfloor + 1 = n$, 也就是 $\lfloor n \epsilon \rfloor = n - 1$。 但這意味著 $1-\frac{1}{n} \lt \epsilon \lt 1$ 對於所有正整數 $n$ 皆成立, 矛盾! 因此 $k$ 不能為奇數。 綜合以上, $\alpha$ 的唯一可能是偶數, 證畢。 評註: 此為一簡單的代數題, 只要求最初階的分析能力, 是個適合入門用的題目。 問題二: 試求所有正整數對 $(a, b)$ 使得存在正整數 $g$ 與 $N$ 滿足 $$\gcd(a^n + b, b^n + a) = g$$ 對於所有整數 $n \geq N$ 皆成立。 (此處 $\gcd(x, y)$ 表示 $x$ 和 $y$ 的最大公因數。) 試題委員會公布的參考答案: 唯一解為 $(a,b)=(1,1)$。 令 $K := ab + 1$, 並考慮任何質數 $p | K$。 易見 $a$、 $b$ 皆和 $p$ 互質。 令 $n \geq N$ 且 $n \equiv -1 \mod p - 1$, 則由費馬小定理知 $a^n+b \equiv a^{-1}+b \equiv a^{-1}(1+ab) \equiv 0 \mod p$, 同理 $b^n + a \equiv 0 \mod p$, 故有 $p | g$。 這意味著 $p | a^n+b$ 與 $p | b^n+a$ 對於 所有 $n \geq N$ 皆成立。 然而, $a^n$ 與 $b^n$ 皆為周期函數且其周期整除 $p-1$, 故 $p | a^n+b$ 與 $p | b^n+a$ 對於 所有整數 $n$ 皆成立。 考慮 $n=0$ 與 $n=1$, 知 $a+1$、 $b+1$、 $a+b$ 都被 $p$ 整除, 從而 $p|(a+b)-(a+1)+(b+1) = 2b$; 但 $p \nmid b$, 故 $p=2$。 這表示 $K=ab+1$ 必須為 $2$ 的冪次。 現在, 當 $(a,b) \neq (1,1)$ 時, $ab+1 \gt 2$ 故必有 $4|ab+1$, 而這意味著 $(a,b) \equiv (-1,1)$ 或 $(1,-1) \mod 4$, 不失一般性為後者。 但此時我們有 $a^n + b \equiv 0 \mod 4$ 與 $b^n+a \equiv (-1)^n+1 \mod 4$; 換言之, $\gcd(a^n+b, b^n+a)$ 在奇數 $n$ 時被 $4$ 整除, 但在偶數 $n$ 時不被 $4$ 整除, 因此 $\gcd(a^n+b, b^n+a)$ 不可能對於充分大的 $n$ 是常數, 矛盾。 故 $(a,b) = (1,1)$ 是唯一解。 評註: 此為一中等難度的數論題, 要求對費馬小定理等數論工具之掌握, 對於有完整數論訓練的學生而言是在能力範圍內的題目。 問題三: 令 $a_1, a_2, a_3, \ldots$ 為無限長的正整數列, 且 $N$ 為一正整數。 假設對於所有 $n \gt N$, $a_n$ 等於整數 $a_{n-1}$ 在數列 $a_1, a_2,\ldots, a_{n-1}$ 中出現的次數。 證明在 $a_1, a_3, a_5,\ldots $ 與 $a_2, a_4, a_6,\ldots $ 此兩數列中, 至少有一者最終會循環。 (我們稱一個無窮數列 $b_1, b_2, b_3,\ldots $ 最終會循環, 若存在正整數 $p$ 與 $M$ 使得 $b_{m+p} = b_m$ 對於所有 $m \geq M$ 皆成立。) 試題委員會公布的參考答案: 為了方便起見, 以下令 $a_{i:j}$ 為子數列 $a_i, a_{i+1},\ldots , a_j$。 設 $ M = \max a_{1:N}$。 首先我們證明某個整數會出現無限次。 若否, 那麼數列中將包含任意大的整數, 而每個大於 $M$ 的數在數列中第一次出現時, 後面必跟著一個 $1$, 從而 $1$ 出現無限多次, 矛盾。 我們接著證明每個大於等於 $ M $ 的整數 $ x $ 最多只會出現 $ M - 1 $ 次。 若否, 考慮第一次有某個 $ x \geq M $ 出現第 $ M $ 次, 假設這前 $M$ 次是 $a_{k_1}, a_{k_2},\ldots , a_{k_M}$。 注意到每個 $a_{k_i-1}$ 都是一個在 $a_{k_i}$ 前出現 $x \geq M$ 次的數字, 因此在 $a_{k_M}$ 前至少有 $M$ 個已經出現過 $M$ 次的數字, 但這與 $x$ 的定義相矛盾。 因此, 只有有限多個數字會出現無限次, 令其中最大者為 $k$。 由於 $k$ 出現無限次, 數列中必定有無限多個大於 $M$ 的整數, 從而每個整數 $1, 2, \ldots, k-1$ 也都會出現無限次。 又 $k+1$ 並不會無限次出現, 因此出現次數超過 $k$ 次的數字必定是有限的, 令這些數字中最大者為 $\ell \geq k$。 至此, 我們稱 $(\ell, \infty)$ 裡的數字為大數字, $(k, \ell]$ 內的數字為中數字, 而 $[1,k]$ 裡的數字為小數字。 注意到只有小數字會出現無窮多次, 而大數字至多出現 $k$ 次。 因此, 存在充分大的 $N' \gt N$, 使得 $a_{N'}$ 為小數字, 且在 $a_{1:N'}$ 中: (a) 所有中數字都已經出現過, 且不會再出現; (b) 所以小數字都至少出現過$\max(k,N)$次。 注意到此時任何小數字都已經出現至少 $k$ 次了, 因此在 $N'$ 之後的小數字都必然會跟著一個大數字 (因為中數字不會再出現了); 但由定義, 每個大數字至多出現 $k$ 次, 因此這些大數字都必然會跟著一個小數字。 這表示從某一項開始, 數列會在大數字與小數字之間交替。 事實上, 我們有以下兩個引理: 引理 1. 若 $M \gt N'$, $g=a_M$ 是大數字, 則 $h=a_{M+1}$ 是小數字, 且 $h$ 等於在 $a_{1:M}$ 中出現至少 $g$ 次的小數字數量。 證明: 由於 $a_{M-1}$ 是小數字, 故由 (b), $g \geq N$。 這意味著所有小數字的第 $g$ 次出現都會發生在 $N$ 之後, 且其後一項的值必然為 $g$。 但由於每個大數字都至多出現 $k$ 次, 而總共有 $k$ 個小數字, 這表示 $g$ 必須出現恰好 $k$ 次 (對應每個小數字各一次), 且後面必然跟著一個小數字。 此結構直接保證了 $h$ 等於在 $a_{1:M}$ 中出現至少 $g$ 次的小數字數量。 $\Box$ 引理 2. 若 $i, j \in \mathbb{N}$ 滿足: 證明: 設 ${I}$ 為在 $a_{1:(i-1)}$ 中至少出現過 $a_{i-1}$ 次的小數字的集合。 由 引理 1, $a_i = |I|$。 同理, 設 $J$ 為那些在 $a_{1:(j-1)}$ 中至少出現過 $a_{j-1}$ 次的小數字的集合, 則$a_j = |J|$。 由 (B), 我們知道$|I|=|J|$。 此外, 根據定義, 有 $a_{i-2} \in I$ 且 $a_{j-2} \in J$。 我們來證明$a_{j-2} \in I$。歸謬, 假設 $a_{j-2} \notin I$, 則 $a_{j-2}$ 在 $a_{1:(i-1)}$ 中出現的次數少於 $a_{i-1}$。 又根據 (C), $a_{j-2}$ 在 $a_{1:(j-1)}$ 中最多出現 $a_{i-1}$ 次, 因此 $a_{j-1} \leq a_{i-1}$。 但基於 $a_{1:(i-1)} \subseteq a_{1:(j-1)}$, 我們必須有 $I \subseteq J$。 但由於 $a_{j-2} \in J \setminus I$, 我們必有 $|I| \lt |J|$, 這與前一段的$|I|=|J|$相矛盾。 故 $a_{j-2} \in I$。 又注意到因為 $a_{j-2} \in I \cap J$, 我們知道 $a_{j-2}$ 在 $a_{1:(i-1)}$ 中至少要出現 $a_{i-1}$ 次, 並且在 $a_{i:(j-1)}$ 中至少還要出現一次。 這意味著 $a_{j-1} \gt a_{i-1}$。 現在, 根據 (C) , 任何在 $a_{1:(j-1)}$ 中至少出現過 $a_{j-1}$ 次的小數字在 $a_{1:(i-1)}$ 中也至少出現了 $a_{j-1}-1 \geq a_{i-1}$ 次, 所以 $J \subseteq I$, 故 $I = J$。 這表示 $a_{i-2} \in J$, 從而它必須在 $a_{i:(j-1)}$ 中再出現至少 $a_{j-1} - a_{i-1} = 1$ 次。 $\Box$ 回到原題。 對於滿足 $n \gt N' - 2$的小數字 $a_n$, 令 $p_n$ 為最小的正整數使得有一個小數字 $s$ 在 $a_{n:(n+p_n-1)}$ 中出現兩次; 假設這兩次出現是 $a_i$ 與 $a_{n+p_n}$。 注意到若 $i \gt n$, 因為 $a_n$ 是小數字且已知大小數字交替出現, 故 $i \geq n+2$, 因此 $i-2 \geq n$; 但由 引理 1, $a_{i-2}$ 將在 $n+p_n$ 之前再出現一次, 這與 $p_n$ 的最小性不合, 矛盾! 故 $i=n$。 現在, 由引理 2, 我們有 $p_n \geq p_{n-2}$, 因此 $p_n, p_{n-2}, p_{n-4}, \ldots$ 是一個有上界 $2k$ 的非遞減數列 (因為只有 $k$ 個小數字)。 這表示 $p_n, p_{n-2}, p_{n-4}, \ldots$ 最終必須是常數, 也因此意味著小數字所形成的子序列最終會是週期至多 $k$ 的週期性序列。 證畢。 $\Box$ 評註: 此為一困難的組合題目, 全世界僅 $8$ 人答對, 另 $7$ 人得到 $6$ 分。 能否觀察到大小數字交替是切入題目的關鍵。 問題四: 令 $ABC$ 為一三角形, 其中 $AB \lt AC \lt BC$。 令 $ABC$ 的內心與內切圓分別為 $I$ 和 $\omega$。 令 $X$ 為 $BC$ 線上異於 $C$ 的點, 使得過 $X$ 且平行 $AC$ 的直線與 $\omega$ 相切。 類似地, 令 $Y$ 為 $BC$ 線上異於 $B$ 的點, 使得過 $Y$ 且平行 $AB$ 的直線與 $\omega$ 相切。 令 $AI$ 與 $ABC$ 外接圓再次交於 $P \neq A$。 令 $K$ 與 $L$ 分別為 $AC$ 與 $AB$ 的中點。 證明 $\angle KIL + \angle Y P X = 180^\circ $。 試題委員會公布的參考答案: 令 $A'$ 為 $A$ 對 $I$ 上的對稱點, 則 $A'$ 位於$AP$ 角平分線上。 線 $A'X$ 和 $A'Y$ 分別是 $AC$ 和 $AB$ 對 $I$ 的對稱線, 因此它們與 $\omega$ 切於 $X$ 與 $Y$。 由雞爪定理, $PB = PC = PI$, 並且由於 $\angle BAP = \angle PAC$, 所以 $PB = PC$ 大於外接圓半徑。 因此 $PI \gt \frac{1}{2}AP \gt AI$, 我們得出 $A'$ 位於線段 $AP$ 的內部。 由外接圓我們知 $\angle APB = \angle ACB$, 並且由 $A'X \parallel AC$ 知 $\angle ACB = \angle A'XC$, 故 $\angle APB = \angle A'XC$, 因此 $BPA'X$ 四點共圓。 同理, $CYA'P$ 四點共圓。 現在我們要將 $\angle KIL + \angle YPX$ 轉換為三角形 $A'CB$ 內角的和。 通過以 $A$ 為中心, 倍數 $2$ 的位似變換, 我們有 $\angle KIL = \angle CA'B$。 考慮圓 $BPA'X$ 與圓 $CYA'P$ , 我們有 $\angle APX = \angle A'BC$ 和 $\angle YPA = \angle BCA'$, 故 $$ \angle KIL = \angle YPX = \angle CA'B = \angle YPA + \angle APX = \angle BCA' + \angle A'BC = 180^\circ. $$ 評註: 此為一稍微進階一點的簡單幾何, 解題方式眾多, 官方就提供了至少八種解法, 值得學生一試。 問題五: 蝸牛渦寶在一個 $2024$ 橫列、 $2023$ 直排的棋盤上進行遊戲。 棋盤上有 $2022$ 隻隱形的怪獸。 遊戲開始時, 渦寶不知道怪物的位置, 但牠知道除了第一橫列與最後一橫列外, 每一橫列都恰有一隻怪獸, 且每一直排都至多只有一隻怪獸。 渦寶將發起若干次探險, 嘗試從第一橫列爬到最後一橫列。 每一次探險, 牠選擇第一橫列的一格作為起點, 接著開始爬行, 每一步都選擇移動到一個與其所在格子有公共邊的格子 (牠可以造訪之前去過的格子)。 若其抵達有怪物的格子, 則該次探險結束, 而渦寶會回到第一橫列開始新的探險。 怪物不會移動, 且渦寶會記得牠造訪過的各格中有沒有怪物。若牠抵達最後一橫列, 則探險結束且遊戲結束。 試求最小可能的 $n$ , 讓渦寶存在一個策略, 使得不論怪物如何分佈, 牠都可以保證在 $n$ 次探險內抵達 最後一橫列。 試題委員會公布的參考答案: 最小可能的 $n = 3$; 此最佳值獨立於棋盤大小。 我們先證明 $n \gt 2$。 設蝸牛第一次抵達的第二橫列格子是 $(2,i)$, 則若該格有怪獸, 則蝸牛會被彈回第一橫列, 這表示蝸牛無法保證在第一次探險就成功。 此外, 注意到此時蝸牛對於第三橫列的怪獸, 除了牠不會出現在 $(3,i)$ 以外一無所知, 因此牠也無法迴避在第一次抵達第三橫列時撞到怪獸。 以上表示 $n \gt 2$。 接下來構造 $n=3$ 的策略。 第一次探險, 讓蝸牛將從第一橫列開始, 從上到下依序搜索各橫列, 並且依據第一次撞到的怪物是在圖 1 的三角形區域內或外, 提供不同的策略: 1. 若蝸牛第一次撞到的蝸牛在三角形內 (如圖 1 中 $M_1$ 處), 注意到因為我們是從上到下依序搜索各橫列, 因此我們知道 $M_1$ 的左上角與右上角兩格都是可以被安全抵達的。 換言之, 我們可以用接下來的兩次探險, 各探險圖 1 中的其中一條路徑, 而其中必有一條路徑是安全的 (因為每橫列與每直排都至多只有一隻怪獸。) 因此, 此狀況保證可以在 $3$ 次探險內結束遊戲。 2. 若蝸牛第一次撞到的蝸牛在三角形外 (如圖 2 中 $M_1$ 處), 注意到因為我們是從上到下依序搜索各橫列, 因此我們知道 $M_1$ 的左上角與右上角兩格中, 至少有一格是可以被安全抵達的 (注意到 $M_1$ 可能在最左或最右直排), 不失一般性為右上角, 如圖 2 的星星處。 綜以上, 此策略必可在三次探險內可抵達底端。 證畢。 $\Box$ 評註: 這是一題初看簡單, 在賽場上卻比預期中困難的題目, 其平均得分 $2.246$ 甚至低於第二題的 $2.544$。 主要原因是, 對於 $(N+1)\times N$ 大小的棋盤, 很容易可以看出一個要求 $O(\log N)$ 次探險的策略, 這 ``看起來'' 很像是一個 IMO 中等題目會出現的下界, 而且在 $2023$ IMO 的第五題還真的出現過這個 order 的下界。 考生會需要拋開一些既有成見才會意識到下界有可能是個常數。 事實上, 就連中國隊也只有三個人這題拿到滿分, 韓國隊更是只有一個人答對。 平均而言, 歐美國家在這題的表現優於亞洲國家, 這或許反應了某些數學競賽文化的差異。 備註: 嚴格說來, 在逐橫排搜索的策略下, 只有在最左或最右邊遇到怪獸會需要使用第二種路徑策略。官方解答使用三角形區域的敘述, 僅是為了涵蓋其他可能的搜索順序。 問題六: 令 $\mathbb{Q}$ 為所有有理數所成的集合。 一個函數 $f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q}$ 被稱為媽祖的 a a 原英文題敘為 aquaesulian 函數。 Aquae Sulis 是巴斯地名, 為拉丁文, 意旨凱爾特女神蘇利斯的水。 大會允許各語言翻譯自由替換此詞彙, 故以臺灣民間常見海神替換之。 , 若其滿足以下性質:對 於每一組 $x, y \in \mathbb{Q}$, \begin{equation}\label{P6} f(x + f(y)) = f(x) + y \mbox{ 或 } f(f(x) + y) = x + f(y) \end{equation} 至少一者成立。 證明存在一個整數 $c$, 使得對於任何媽祖的函數 $f$, 皆至多有 $c$ 個可被表示為 $f(r)+f(-r)$的相異有理數, 其中 $r$ 為有理數;並求 $c$ 的最小可能值。 試題委員會公布的參考答案: 答案為 $c=2$。 為了方便起見, 我們將使用以下符號: • $a \backsim b$ 表示 $f(a)=b$ 或 $f(b)=a$; 構造: 首先給出滿足 $c=2$ 的解。 考慮 $f(x) = \lfloor x \rfloor - \{ x \}$, 也就是 $x$ 的整數部分減去 $x$ 的小數部分。 注意到對於 $x, y \in \mathbb{Q}$, \begin{equation*} f(x)+y = \lfloor x \rfloor - \{x\} + \lfloor y \rfloor + \{y\} = \left(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \right) + (\{y\}-\{x\}). \end{equation*} 又若$\{x\} \lt \{y\}$, 則$\lfloor f(x)+y) \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor$ 且$\{f(x)+y\} = \{y\}-\{x\}$, 故$f(x)+y \rightarrow x+f(y)$。 同理可得, 若$\{x\} \lt \{y\}$, 則$x+f(y) \rightarrow f(x)+y$。 故 $f(x)$ 滿足題意。 現在, 經計算知 $g(x) = \begin{cases}0 & x \in \mathbb{Z} \\ -2 & x \notin \mathbb{Z}\end{cases}$, 故 $c=2$。 估計: 由 $P(x,x)$ 顯然有 \begin{equation}\label{P6-1} x+f(x) \rightarrow x+f(x) \end{equation} 對於所有 $x \in \mathbb{Q}$。 我們藉此證明以下引理。 引理 3. $f$為雙射且 \begin{equation}\label{P6-2} f(-f(-x))=x. \end{equation} 證明: 首先證明單射。 假設 $f(x)=f(y)$, 則由 $P(x,y)$ 知 $f(x)+y \rightarrow f(y)+x$ 或 $f(y)+x \rightarrow f(x)+y$, 不失一般性為前者。 但這表示 $f(y)+y = f(f(y)+y) = f(f(x)+y) = f(y)+x$, 故 $x=y$。 故 $f$ 單射。 接著證明 $f(0)=0$。 由 $P(0,0)$ 知 $f(f(0))=f(0)$, 故由單射知 $f(0)=0$。 接著證明 \eqref{P6-2}。 由 $P(x,-f(x))$ 知 $0 \backsim x+f(-f(x))$。 此時有兩種可能: • $0=f(0)=x+f(-f(x))$, 也就是\eqref{P6-2}成立; • $f(x+f(-f(x)))= 0$, 從而由單射知$x+f(-f(x))=0$, 也就是\eqref{P6-2}成立。 故 \eqref{P6-2} 恆成立。 最後, \eqref{P6-2} 直接隱含 $f$ 滿射, 故證畢。 $\Box$ 注意到因為 $f$ 雙射, \eqref{P6-2} 可改寫為 $f(-x) = -f^{-1}(x)$, 因此 $g(x) = f(x) - f^{-1}(x)$。 現在, 回到原題, 討論 $g$ 的相異值數量。 假設存在 $(x,y)$ 使得 $u := g(x) \neq 0$, $v := g(y) \neq 0$ 且 $ u \neq v$。 令 $x' = f^{-1}(x)$ 與 $y'=f^{-1}(y)$, 則由定義, \begin{equation} \begin{aligned} x' \rightarrow x \rightarrow f(x) &= g(x) + f^{-1}(x)= u + x'; \\ y' \rightarrow y \rightarrow f(y) &= g(y) + f^{-1}(y)= v + y'. \end{aligned} \label{P6-3} \end{equation} 注意到 $P(x',y)$ 得 $x+y \backsim x'+y'+v$, 而 $P(x,y')$ 得 $x+y\backsim x'+y'+u$。 但由於 $u \neq v$, $x'+y'+u \neq x'+y'+v$; 再由於 $f$ 為單射, $x'+y'+v \rightarrow x+y$ 與 $x'+y'+u \rightarrow x+y$ 不可能同時成立, 故我們可不失一般性假設 \begin{equation}\label{P6-4} x'+y'+u \rightarrow x+y \rightarrow x'+y'+v. \end{equation} 另一方面, 由引理 3, 我們有 $-x'-u \rightarrow -x \rightarrow -x'$。 結合 \eqref{P6-4} 與 $P(x+y, -x'-u)$, 得 \begin{equation}\label{P6-5} y \backsim y'+v-u. \end{equation} 但基於 \eqref{P6-5}, 我們知道 $y'+v-u$ 必須為 $y'+v$ 或 $y'$, 從而 $u$ 必須為 $0$ 或 $v$, 矛盾! 因此 $u=v\neq 0$, 也就是 $g$ 至多只有一個非零值; 加上 $g(x)=0$ 的可能性, 我們有 $c \leq 2$。 評註: 此為非常困難的代數題, 全球僅 $5$ 個人全對, $1$ 個人得六分。 受過函數方程訓練的學生不難得到引理 3, 但再往後的步驟相當難以發覺。 本工作小組係由教育部委託國立台灣師範大學, 於「中華民國參加 2024 年亞太數學暨國際數學奧林匹亞競賽計畫」下成立。 本文的主要作者為高竹嵐副教授, 任教於國立陽明交通大學統計學研究所。 |