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第1题

函数 f(n)f(n) 定义在正整数集上,取非负整数值。f(2)=0f(2)=0,f(3)>0f(3)>0,f(9999)=3333f(9999)=3333,且对一切 m,nm,n 都有 f(m+n)−f(m)−f(n)=0 or 1.f(m+n)-f(m)-f(n)=0 \text{ or } 1. 求 f(1982)f(1982)。
第 1/7 步：由超可加性推出 f(1)=0f(1)=0
上一步下一步
通俗地说

整个证明只依赖一个观察:差值 f(m+n)−f(m)−f(n)f(m+n)-f(m)-f(n) 永远不为负,所以把一个数拆开只会使 ff 的值增大或不变,不会减小。

f(2)=f(1+1)≥f(1)+f(1) ⇒ 0≥2f(1) ⇒ f(1)=0f(2)=f(1+1)\ge f(1)+f(1) \ \Rightarrow\ 0\ge 2f(1) \ \Rightarrow\ f(1)=0
详细分析

条件表明 f(m+n)−f(m)−f(n)f(m+n)-f(m)-f(n) 恒为 00 或 11,即恒 ≥0\ge 0:ff 具有超可加性,f(m+n)≥f(m)+f(n)f(m+n)\ge f(m)+f(n)。取 m=n=1m=n=1 得 f(2)≥2f(1)f(2)\ge 2f(1)。因为 f(2)=0f(2)=0 且 ff 只取非负值,所以 f(1)=0f(1)=0。