問題36：Vietnam TST 2014

#36

代数

★★★★☆

Vietnam TST 2014 問1

整数に対して定義され整数値をとる関数 $f$ であって, 任意の整数 $m, n$ に対し $f (2 m + f (m) + f (m) f (n)) = n f (m) + m$ をみたすようなものをすべて求めよ.

解いてみた

渡辺：はいはい全射
平石： $f (n) \equiv 0$ じゃないので単射
平山： $f (2 m + f (m) + f (m) f (0)) = m$ か、うーん
平山： $f (a) = 1$ なやつで無理やり単射を使うか
平山： $f (2 a + 1 + f (n)) = n + a$ だけどそんなに嬉しくないな…
平山： $f (0) = 0$ なら $f (n + a) = f (n) - 2 n + 1$ だけど
兒玉： $(m, n) = (0, 1)$ で $f (0) = 0$ または $f (1) = - 1$
馬杉： $f (b) = 0$ とすると、 $(m, n) = (2 b, - 1)$ で $f (- 1) = - 3$ かな
兒玉：それ $b = 0$ のとき成り立たなさそう
馬杉：あーえっと、 $f (0) \neq 0$ と仮定します
平石： $f (n) = n - 2$ が解なんですね
平山： $f (0) \neq 0$ のとき帰納的に雑にいけそうだけど
馬杉： $n = 0$ で正の場合が決まる
平山：負もそれで行けるな
馬杉：以下 $f (0) = 0$ を仮定します
平山：上の方の式が $f (2 m + f (m)) = m$ になってるな
渡辺：なんか行けたかも、 $(m, n) = (a, - a)$ で $f (- a) = - 2 a - 1$ で
渡辺： $m = - a f (m) + m$ として $f (2 m + f (m)) = m$ を使って
渡辺： $f (- 2 a f (m) + 2 m + f (- a f (m) + m)) = - a f (m) + m = f (2 m + f (m) + f (m) f (- a))$
渡辺： $f (- a f (m) + m) = 0$ が出てくるはず
平山：は？天才じゃん
馬杉：えーと、 $f ((3 a + 1) t) = (3 a + 1) t$ からも行ける
平山： $+ 2 a + 1$ って式と $+ a$ って式があるから行けるな
宿田： $f (c) = - 1$ で $(m, n) = (c, c)$ から矛盾させるのが一番早いですね…

解説・感想

工事中

解答

求める関数は $f (n) \equiv n - 2$ であることを示す. これが与式をみたすことは容易に確かめられる.

まず $P (m, 0)$ より $f$ の全射性がわかる. $f \equiv 0$ は不適なので, $f (u) \neq 0$ なる $u$ が存在し, $P (u, a), P (u, b)$ を比較することで $f (a) = f (b)$ ならば $a = b$ がわかる. すなわち $f$ は単射である. $P (0, - 1)$ と単射性より $f (0) + f (0) f (1) = 0$ であり, ゆえに $f (0) = 0$ または $f (1) = - 1$ である.

以下 $f (0) = 0$ として矛盾を示す. 三通りの証明を記す.

証明1.　 $P (m, 0)$ より $f (2 m + f (m)) = m$ . $f (a) = 1$ なる $a$ をとると, 単射性より $a \neq 0$ であり, また $P (a, - a)$ より $f (2 a + 1 + f (- a)) = 0$ であるから $f (- a) = - 2 a - 1$ が従う. $P (m - a f (m), 0)$ より $f (- 2 a f (m) + 2 m + f (- a f (m) + m)) = m - a f (m) = f (2 m + f (m) + f (m) f (- a))$ すなわち $f (m - a f (m)) = 0$ より $f (m) = m / a$ であるが, これは不適であることが容易にわかる.

証明2.　 $f (a) = 1$ なる $a$ をとる. $P (a, n)$ より $f (2 a + 1 + f (n)) = n + a$ . また $P (n + a, 0)$ より $f (2 n + 2 a + f (n + a)) = n + a$ これらを合わせて $f (n + a) = f (n) - 2 n + 1$ . よって $f (3 a + 1 + f (n)) = f (2 a + 1 + f (n)) - 4 a - 1 - 2 f (n) = - f (n) + n - 1 - 3 a$ ここで $n = 0$ より $f (3 a + 1) = - 3 a - 1$ であるが, 一方 $n = 3 a + 1$ より $a = - 1 / 3$ を得るから, これは不適である.

証明3.　 $f (c) = - 1$ なる $c$ をとると, $P (c, c)$ より $f (2 c) = 0 = f (0)$ で $c = 0$ だが, これは矛盾.

以上より $f (0) \neq 0$ が示された. これより $f (1) = - 1$ である. 全射性より $f (b) = 0$ なる $b \neq 0$ がとれる.

$P (b, 334)$ より $f (2 b) = b$ .
$P (2 b, - 1)$ より $f (5 b + b f (- 1)) = b = f (2 b)$ であるから $f (- 1) = - 3$ .
$P (- 1, 0)$ より $f (- 5 - 3 f (0)) = - 1 = f (1)$ であるから $f (0) = - 2$ .
$P (m, 0)$ より $f (2 m - f (m)) = m$ .

よって $f (k) = k - 2$ ならば $m = k$ から $f (k + 2) = k$ であり, $m = k - 2$ から単射性より $f (k - 2) = k - 4$ である. ゆえに $f (0) = - 2, f (1) = - 1$ と合わせて, 帰納的に $f (n) \equiv n - 2$ が従う.