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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 3/7 步：把 f(3k)f(3k) 夹在一个下界与 f(9999)=3333f(9999)=3333 之间
上一步下一步
通俗地说

这是全篇证明的关键夹逼:仅由超可加性构造的下界,恰好与题目给出的唯一一个精确大值所决定的上界重合,从而一次性确定了 ff 的无穷多个值。

f(3(k+1))≥f(3k)+f(3)=f(3k)+1for all k≥1f(3(k{+}1))\ge f(3k)+f(3)=f(3k)+1 \quad\text{for all } k\ge1
详细分析

对 m=3k, n=3m=3k,\,n=3 用超可加性,可知数列 ak=f(3k)a_k=f(3k) 每一步至少增加 11,故对一切 ak≥a1+(k−1)=ka_k\ge a_1+(k-1)=k 有 k≥1k\ge1。但 a3333=f(9999)=3333a_{3333}=f(9999)=3333 恰好等于这个下界。若有某一步增加了 22 或更多,a3333a_{3333} 就会超过 33333333,矛盾。因此每一步都恰好增加 11,即对一切 f(3k)=kf(3k)=k 都有 1≤k≤33331\le k\le3333。