IMO 2009 · Problem 5
Determine all functions \(f\) from the set of positive integers to the set of positive integers such that, for all positive integers \(a\) and \(b\), there exists a non-degenerate triangle with sides of lengths \[ a,\quad f(b)\quad\text{and}\quad f(b+f(a)-1). \]
(A triangle is non-degenerate if its vertices are not collinear.)
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
The unique function is \[ \boxed{f(n)=n\quad\text{for every positive integer }n.} \]
Solution
The triangle inequalities give, for every pair of positive integers \(a,b\), \[ \left|f(b+f(a)-1)-f(b)\right|<a <f(b)+f(b+f(a)-1). \tag{1} \]
First we prove that \(f(1)=1\). Put \(c=f(1)\). Taking \(a=1\) in (1), and using the fact that the function takes integer values, gives \[ f(b+c-1)=f(b)\qquad(b\ge1). \] If \(c>1\), this makes \(f\) periodic with positive period \(c-1\), so it is bounded above by \[ M=\max\{f(1),f(2),\ldots,f(c-1)\}. \] But taking \(a=2M\) in the right-hand inequality of (1) would give \[ 2M<f(b)+f(b+f(2M)-1)\le2M, \] a contradiction. Therefore \(f(1)=1\).
Now take \(b=1\). The required triangle has sides \[ a,\quad 1,\quad f(f(a)). \] Consequently, \[ |a-f(f(a))|<1. \] Both quantities are integers, so \[ f(f(a))=a\qquad(a\ge1). \tag{2} \] In particular, \(f\) is injective.
Set \[ d=f(2)-1. \] Since \(f(1)=1\) and \(f\) is injective, \(f(2)\ne1\), hence \(d\ge1\). Taking \(a=2\) in (1) gives \[ |f(b+d)-f(b)|<2. \] The two values are distinct integers, again by injectivity, so \[ |f(b+d)-f(b)|=1\qquad(b\ge1). \tag{3} \]
Consider the sequence \[ x_k=f(1+kd)\qquad(k\ge0). \] Its terms are distinct positive integers, \(x_0=1\), and (3) says that successive terms differ by exactly \(1\). We claim that \[ x_k=k+1\qquad(k\ge0). \tag{4} \] Indeed, \(x_1=2\), since it is positive and differs from \(1\) by \(1\). If \(x_{k-1}=k\) and \(x_k=k+1\), then \(x_{k+1}\) is either \(k\) or \(k+2\). The former repeats \(x_{k-1}\), so \(x_{k+1}=k+2\). This proves (4) by induction.
Taking \(k=d\) in (4), we obtain \[ f(1+d^2)=d+1=f(2). \] Injectivity now gives \(1+d^2=2\). Since \(d\ge1\), we have \(d=1\). Thus (4) becomes \[ f(k+1)=k+1\qquad(k\ge0), \] as required.
Finally, for \(f(n)=n\), the proposed side lengths are \[ a,\quad b,\quad a+b-1. \] The last is a largest side, since \(a,b\ge1\), and \[ a+b>a+b-1. \] Thus these positive lengths satisfy all strict triangle inequalities and form a non-degenerate triangle. The function indeed satisfies the condition.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2009 · Aufgabe 5
Man bestimme alle Funktionen \(f\), die auf der Menge der positiven ganzen Zahlen definiert sind und nur positive ganze Zahlen als Werte annehmen, so dass es für alle positiven ganzen Zahlen \(a\) und \(b\) ein nicht entartetes Dreieck mit Seitenlängen \[ a,\ f(b)\text{ und }f(b+f(a)-1) \] gibt. (Ein Dreieck heißt nicht entartet, wenn seine Eckpunkte nicht kollinear sind.)
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Die einzige Funktion ist \[ \boxed{f(n)=n\quad\text{für jede positive ganze Zahl }n.} \]
Lösung
Die Dreiecksungleichungen liefern für jedes Paar positiver ganzer Zahlen \(a,b\) \[ \left|f(b+f(a)-1)-f(b)\right|<a <f(b)+f(b+f(a)-1). \tag{1} \]
Zunächst beweisen wir, dass \(f(1)=1\) gilt. Setzen wir \(c=f(1)\). Setzen wir in (1) \(a=1\) ein und nutzen, dass die Funktion ganzzahlige Werte annimmt, so erhalten wir \[ f(b+c-1)=f(b)\qquad(b\ge1). \] Falls \(c>1\) gilt, ist \(f\) damit periodisch mit positiver Periode \(c-1\), also nach oben beschränkt durch \[ M=\max\{f(1),f(2),\ldots,f(c-1)\}. \] Setzen wir jedoch \(a=2M\) in die rechte Ungleichung von (1) ein, so ergäbe sich \[ 2M<f(b)+f(b+f(2M)-1)\le2M, \] ein Widerspruch. Daher gilt \(f(1)=1\).
Nun setzen wir \(b=1\). Das geforderte Dreieck hat die Seitenlängen \[ a,\quad 1,\quad f(f(a)). \] Folglich gilt \[ |a-f(f(a))|<1. \] Beide Größen sind ganze Zahlen, also gilt \[ f(f(a))=a\qquad(a\ge1). \tag{2} \] Insbesondere ist \(f\) injektiv.
Wir setzen \[ d=f(2)-1. \] Da \(f(1)=1\) gilt und \(f\) injektiv ist, ist \(f(2)\ne1\), also \(d\ge1\). Setzen wir \(a=2\) in (1) ein, so erhalten wir \[ |f(b+d)-f(b)|<2. \] Die beiden Werte sind wiederum aufgrund der Injektivität verschiedene ganze Zahlen, also gilt \[ |f(b+d)-f(b)|=1\qquad(b\ge1). \tag{3} \]
Wir betrachten die Folge \[ x_k=f(1+kd)\qquad(k\ge0). \] Ihre Glieder sind verschiedene positive ganze Zahlen, es gilt \(x_0=1\), und (3) besagt, dass sich aufeinanderfolgende Glieder um genau \(1\) unterscheiden. Wir behaupten, dass \[ x_k=k+1\qquad(k\ge0). \tag{4} \] Tatsächlich ist \(x_1=2\), da es positiv ist und sich von \(1\) um \(1\) unterscheidet. Falls \(x_{k-1}=k\) und \(x_k=k+1\) gilt, ist \(x_{k+1}\) entweder \(k\) oder \(k+2\). Im ersten Fall würde sich der Wert \(x_{k-1}\) wiederholen, also ist \(x_{k+1}=k+2\). Damit ist (4) durch Induktion bewiesen.
Setzen wir \(k=d\) in (4) ein, so erhalten wir \[ f(1+d^2)=d+1=f(2). \] Aus der Injektivität folgt nun \(1+d^2=2\). Wegen \(d\ge1\) gilt \(d=1\). Somit wird (4) zu \[ f(k+1)=k+1\qquad(k\ge0), \] wie gefordert.
Schließlich sind für \(f(n)=n\) die vorgegebenen Seitenlängen \[ a,\quad b,\quad a+b-1. \] Die letzte gehört wegen \(a,b\ge1\) zu den größten Seitenlängen, und es gilt \[ a+b>a+b-1. \] Somit erfüllen diese positiven Längen alle strengen Dreiecksungleichungen und bilden ein nicht entartetes Dreieck. Die Funktion erfüllt also tatsächlich die Bedingung.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2009 · Soru 5
Pozitif tam sayılar kümesinden pozitif tam sayılar kümesine tanımlı olan ve tüm \(a\) ve \(b\) pozitif tam sayıları için, yoz olmayan ve kenar uzunlukları \[ a,\ f(b)\ \text{ve}\ f(b+f(a)-1) \] olan bir üçgenin bulunmasını sağlayan bütün \(f\) fonksiyonlarını belirleyiniz.
(Yoz üçgen, köşeleri doğrudaş olan üçgendir.)
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
Tek fonksiyon \[ \boxed{f(n)=n\quad\text{her pozitif tam sayı için }n.} \]
Çözüm
Üçgen eşitsizlikleri, her pozitif tam sayı çifti \(a,b\) için \[ \left|f(b+f(a)-1)-f(b)\right|<a <f(b)+f(b+f(a)-1) \tag{1} \] eşitsizliklerini verir.
Önce \(f(1)=1\) olduğunu kanıtlayalım. \(c=f(1)\) olsun. (1)'de \(a=1\) alıp fonksiyonun tam sayı değerler aldığını kullanarak \[ f(b+c-1)=f(b)\qquad(b\ge1) \] elde ederiz. Eğer \(c>1\) ise bu eşitlik, \(f\)'nin pozitif \(c-1\) periyoduna sahip periyodik bir fonksiyon olduğunu gösterir; dolayısıyla \[ M=\max\{f(1),f(2),\ldots,f(c-1)\} \] ile üstten sınırlıdır. Ancak (1)'in sağ tarafındaki eşitsizlikte \(a=2M\) alınırsa \[ 2M<f(b)+f(b+f(2M)-1)\le2M, \] elde edilir; bu bir çelişkidir. O hâlde \(f(1)=1\)'dir.
Şimdi \(b=1\) alalım. Koşulda belirtilen üçgenin kenarları \[ a,\quad 1,\quad f(f(a)). \] Dolayısıyla, \[ |a-f(f(a))|<1. \] Her iki nicelik de tam sayı olduğundan \[ f(f(a))=a\qquad(a\ge1). \tag{2} \] Özellikle, \(f\) bire birdir.
\[ d=f(2)-1 \] olsun. \(f(1)=1\) ve \(f\) bire bir olduğundan \(f(2)\ne1\), dolayısıyla \(d\ge1\) olur. (1)'de \(a=2\) alınırsa \[ |f(b+d)-f(b)|<2. \] Yine bire birlikten, bu iki değer birbirinden farklı tam sayılardır; dolayısıyla \[ |f(b+d)-f(b)|=1\qquad(b\ge1). \tag{3} \]
\[ x_k=f(1+kd)\qquad(k\ge0) \] dizisini ele alalım. Terimleri birbirinden farklı pozitif tam sayılardır, \(x_0=1\)'dir ve (3), ardışık terimler arasındaki farkın mutlak değerinin tam olarak \(1\) olduğunu söyler. İddiamız, \[ x_k=k+1\qquad(k\ge0) \tag{4} \] eşitliğidir. Gerçekten de \(x_1\) pozitif olduğu ve \(1\) ile arasındaki farkın mutlak değeri \(1\) olduğu için \(x_1=2\)'dir. Eğer \(x_{k-1}=k\) ve \(x_k=k+1\) ise \(x_{k+1}\) ya \(k\) ya da \(k+2\)'dir. İlki \(x_{k-1}\)'i tekrar edeceğinden \(x_{k+1}=k+2\) olur. Bu, (4)'ü tümevarımla kanıtlar.
(4)'te \(k=d\) alarak \[ f(1+d^2)=d+1=f(2) \] elde ederiz. Şimdi bire birlikten \(1+d^2=2\) çıkar. \(d\ge1\) olduğundan \(d=1\)'dir. Böylece (4), istenildiği gibi \[ f(k+1)=k+1\qquad(k\ge0), \] hâline gelir.
Son olarak, \(f(n)=n\) için önerilen kenar uzunlukları \[ a,\quad b,\quad a+b-1. \] \(a,b\ge1\) olduğundan sonuncusu en büyük kenarlardan biridir ve \[ a+b>a+b-1. \] Dolayısıyla bu pozitif uzunluklar tüm kesin üçgen eşitsizliklerini sağlar ve yoz olmayan bir üçgen oluşturur. Fonksiyon gerçekten de koşulu sağlar.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2009 · Problema 5
Determinar todas las funciones \(f\) del conjunto de los enteros positivos en el conjunto de los enteros positivos tales que, para todos los enteros positivos \(a\) y \(b\), existe un triángulo no degenerado cuyos lados miden \[ a,\ f(b)\ \text{y}\ f(b+f(a)-1). \]
(Un triángulo es no degenerado si sus vértices no están alineados).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
La única función es \[ \boxed{f(n)=n\quad\text{para todo entero positivo }n.} \]
Solución
Las desigualdades triangulares dan, para cada par de enteros positivos \(a,b\), \[ \left|f(b+f(a)-1)-f(b)\right|<a <f(b)+f(b+f(a)-1). \tag{1} \]
Primero demostramos que \(f(1)=1\). Pongamos \(c=f(1)\). Tomando \(a=1\) en (1) y usando que la función toma valores enteros, obtenemos \[ f(b+c-1)=f(b)\qquad(b\ge1). \] Si \(c>1\), esto hace que \(f\) sea periódica con período positivo \(c-1\), por lo que está acotada superiormente por \[ M=\max\{f(1),f(2),\ldots,f(c-1)\}. \] Pero al tomar \(a=2M\) en la desigualdad de la derecha de (1), tendríamos \[ 2M<f(b)+f(b+f(2M)-1)\le2M, \] una contradicción. Por lo tanto, \(f(1)=1\).
Tomemos ahora \(b=1\). El triángulo exigido tiene lados \[ a,\quad 1,\quad f(f(a)). \] Por consiguiente, \[ |a-f(f(a))|<1. \] Ambas cantidades son enteras, de modo que \[ f(f(a))=a\qquad(a\ge1). \tag{2} \] En particular, \(f\) es inyectiva.
Sea \[ d=f(2)-1. \] Como \(f(1)=1\) y \(f\) es inyectiva, \(f(2)\ne1\), de donde \(d\ge1\). Al tomar \(a=2\) en (1), obtenemos \[ |f(b+d)-f(b)|<2. \] Los dos valores son enteros distintos, de nuevo por la inyectividad, de modo que \[ |f(b+d)-f(b)|=1\qquad(b\ge1). \tag{3} \]
Consideremos la sucesión \[ x_k=f(1+kd)\qquad(k\ge0). \] Sus términos son enteros positivos distintos, \(x_0=1\), y (3) afirma que los términos consecutivos difieren exactamente en \(1\). Afirmamos que \[ x_k=k+1\qquad(k\ge0). \tag{4} \] En efecto, \(x_1=2\), puesto que es positivo y difiere de \(1\) en \(1\). Si \(x_{k-1}=k\) y \(x_k=k+1\), entonces \(x_{k+1}\) es o bien \(k\), o bien \(k+2\). La primera posibilidad repite \(x_{k-1}\), de modo que \(x_{k+1}=k+2\). Esto demuestra (4) por inducción.
Tomando \(k=d\) en (4), obtenemos \[ f(1+d^2)=d+1=f(2). \] La inyectividad da ahora \(1+d^2=2\). Como \(d\ge1\), tenemos \(d=1\). Así, (4) se convierte en \[ f(k+1)=k+1\qquad(k\ge0), \] como se quería demostrar.
Finalmente, para \(f(n)=n\), las longitudes propuestas de los lados son \[ a,\quad b,\quad a+b-1. \] La última es una de las mayores longitudes, puesto que \(a,b\ge1\), y \[ a+b>a+b-1. \] Por tanto, estas longitudes positivas satisfacen todas las desigualdades triangulares estrictas y forman un triángulo no degenerado. La función satisface, en efecto, la condición.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2009 · 问题 5
求所有从正整数集到正整数集上的满足如下条件的函数 \(f\)：对所有正整数 \(a\) 和 \(b\)，都存在一个以 \[ a,\ f(b)\quad\text{和}\quad f(b+f(a)-1) \] 为三边长的非退化三角形．
（称一个三角形为非退化三角形是指它的三个顶点不共线．）
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
答案
唯一的函数是 \[ \boxed{f(n)=n\quad\text{对每个正整数 }n.} \]
解答
由三角形不等式，对每一对正整数 \(a,b\)，有 \[ \left|f(b+f(a)-1)-f(b)\right|<a <f(b)+f(b+f(a)-1). \tag{1} \]
首先证明 \(f(1)=1\)。令 \(c=f(1)\)。在 (1) 中取 \(a=1\)，并利用函数值为整数这一事实，得到 \[ f(b+c-1)=f(b)\qquad(b\ge1). \] 若 \(c>1\)，则 \(f\) 是以正整数 \(c-1\) 为周期的周期函数，所以它有上界 \[ M=\max\{f(1),f(2),\ldots,f(c-1)\}. \] 但在 (1) 右边的不等式中取 \(a=2M\)，便得到 \[ 2M<f(b)+f(b+f(2M)-1)\le2M, \] 矛盾。因此 \(f(1)=1\)。
现在取 \(b=1\)。题设要求的三角形的三边长为 \[ a,\quad 1,\quad f(f(a)). \] 因此， \[ |a-f(f(a))|<1. \] 这两个量都是整数，所以 \[ f(f(a))=a\qquad(a\ge1). \tag{2} \] 特别地，\(f\) 是单射。
令 \[ d=f(2)-1. \] 由于 \(f(1)=1\)，且 \(f\) 是单射，有 \(f(2)\ne1\)，从而 \(d\ge1\)。在 (1) 中取 \(a=2\)，得 \[ |f(b+d)-f(b)|<2. \] 同样由单射性，这两个函数值是不同的整数，所以 \[ |f(b+d)-f(b)|=1\qquad(b\ge1). \tag{3} \]
考虑数列 \[ x_k=f(1+kd)\qquad(k\ge0). \] 它的各项是互不相同的正整数，\(x_0=1\)，且 (3) 表明相邻两项恰好相差 \(1\)。我们断言 \[ x_k=k+1\qquad(k\ge0). \tag{4} \] 事实上，\(x_1=2\)，因为它是正数，且与 \(1\) 相差 \(1\)。若 \(x_{k-1}=k\) 且 \(x_k=k+1\)，则 \(x_{k+1}\) 为 \(k\) 或 \(k+2\)。前者与 \(x_{k-1}\) 重复，所以 \(x_{k+1}=k+2\)。由数学归纳法，(4) 得证。
在 (4) 中取 \(k=d\)，得 \[ f(1+d^2)=d+1=f(2). \] 由单射性可得 \(1+d^2=2\)。由于 \(d\ge1\)，有 \(d=1\)。于是 (4) 变为 \[ f(k+1)=k+1\qquad(k\ge0), \] 这正是所要证明的。
最后，对于 \(f(n)=n\)，题设中的三边长为 \[ a,\quad b,\quad a+b-1. \] 由于 \(a,b\ge1\)，最后一条边是最长边之一，且 \[ a+b>a+b-1. \] 因此，这些正数满足所有严格的三角形不等式，能构成一个非退化三角形。这个函数确实满足条件。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2009 · Задача 5
Найдите все функции \(f:\mathbb N\to\mathbb N\) (то есть функции, определенные на множестве всех целых положительных чисел и принимающие целые положительные значения) такие, что для любых целых положительных \(a\) и \(b\) существует невырожденный треугольник, длины сторон которого равны трем числам \[ a,\ f(b)\ \text{и}\ f(b+f(a)-1). \]
(Треугольник называется невырожденным, если его вершины не лежат на одной прямой.)
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Единственная такая функция — \[ \boxed{f(n)=n\quad\text{для каждого целого положительного }n.} \]
Решение
Из неравенств треугольника для каждой пары целых положительных чисел \(a,b\) получаем \[ \left|f(b+f(a)-1)-f(b)\right|<a <f(b)+f(b+f(a)-1). \tag{1} \]
Сначала докажем, что \(f(1)=1\). Положим \(c=f(1)\). Подставляя \(a=1\) в (1) и используя целочисленность значений функции, получаем \[ f(b+c-1)=f(b)\qquad(b\ge1). \] Если \(c>1\), то \(f\) периодична с положительным периодом \(c-1\), поэтому она ограничена сверху числом \[ M=\max\{f(1),f(2),\ldots,f(c-1)\}. \] Но подстановка \(a=2M\) в правое неравенство (1) дала бы \[ 2M<f(b)+f(b+f(2M)-1)\le2M, \] что приводит к противоречию. Следовательно, \(f(1)=1\).
Теперь положим \(b=1\). Требуемый треугольник имеет стороны \[ a,\quad 1,\quad f(f(a)). \] Следовательно, \[ |a-f(f(a))|<1. \] Обе величины — целые числа, поэтому \[ f(f(a))=a\qquad(a\ge1). \tag{2} \] В частности, \(f\) инъективна.
Положим \[ d=f(2)-1. \] Поскольку \(f(1)=1\) и \(f\) инъективна, \(f(2)\ne1\), откуда \(d\ge1\). Подставляя \(a=2\) в (1), получаем \[ |f(b+d)-f(b)|<2. \] В силу инъективности эти два значения — различные целые числа, поэтому \[ |f(b+d)-f(b)|=1\qquad(b\ge1). \tag{3} \]
Рассмотрим последовательность \[ x_k=f(1+kd)\qquad(k\ge0). \] Её члены — различные целые положительные числа, \(x_0=1\), а согласно (3) соседние члены отличаются ровно на \(1\). Утверждаем, что \[ x_k=k+1\qquad(k\ge0). \tag{4} \] Действительно, \(x_1=2\), поскольку это положительное число, отличающееся от \(1\) на \(1\). Если \(x_{k-1}=k\) и \(x_k=k+1\), то \(x_{k+1}\) равно либо \(k\), либо \(k+2\). В первом случае повторяется значение \(x_{k-1}\), поэтому \(x_{k+1}=k+2\). Это доказывает (4) по индукции.
Подставляя \(k=d\) в (4), получаем \[ f(1+d^2)=d+1=f(2). \] Из инъективности теперь следует \(1+d^2=2\). Поскольку \(d\ge1\), имеем \(d=1\). Таким образом, (4) принимает вид \[ f(k+1)=k+1\qquad(k\ge0), \] что и требовалось.
Наконец, при \(f(n)=n\) предложенные длины сторон равны \[ a,\quad b,\quad a+b-1. \] Последняя сторона является одной из наибольших, поскольку \(a,b\ge1\), и \[ a+b>a+b-1. \] Таким образом, эти положительные длины удовлетворяют всем строгим неравенствам треугольника и образуют невырожденный треугольник. Следовательно, функция действительно удовлетворяет условию.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2009 · المسألة 5
أوجد جميع الدوال \(f:\mathbb{N}^*\to\mathbb{N}^*\) والتي تحقق الخاصية:
لكل \(a\) و \(b\) من \(\mathbb{N}^*\) يوجد مثلث تكون أطوال أضلاعه هي \[ a\quad\text{و}\quad f(b)\quad\text{و}\quad f(b+f(a)-1) \]
(\(\mathbb{N}^*\) هي مجموعة الأعداد الصحيحة الموجبة)
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
الدالة الوحيدة هي \[ \boxed{f(n)=n\quad\text{لكل عدد صحيح موجب }n.} \]
الحل
تعطينا متباينات المثلث، لكل زوج من الأعداد الصحيحة الموجبة \(a,b\)، \[ \left|f(b+f(a)-1)-f(b)\right|<a <f(b)+f(b+f(a)-1). \tag{1} \]
نثبت أولاً أن \(f(1)=1\). نضع \(c=f(1)\). بأخذ \(a=1\) في (1)، وباستخدام كون الدالة تأخذ قيماً صحيحة، نحصل على \[ f(b+c-1)=f(b)\qquad(b\ge1). \] إذا كان \(c>1\)، فهذا يجعل \(f\) دورية بدور موجب \(c-1\)، ومن ثم فهي محدودة من الأعلى بالعدد \[ M=\max\{f(1),f(2),\ldots,f(c-1)\}. \] لكن أخذ \(a=2M\) في المتباينة اليمنى من (1) يعطي \[ 2M<f(b)+f(b+f(2M)-1)\le2M, \] وهذا تناقض. لذلك \(f(1)=1\).
نأخذ الآن \(b=1\). تكون أضلاع المثلث المطلوب \[ a,\quad 1,\quad f(f(a)). \] وبالتالي، \[ |a-f(f(a))|<1. \] كلا المقدارين عدد صحيح، ومن ثم \[ f(f(a))=a\qquad(a\ge1). \tag{2} \] وعلى وجه الخصوص، فإن \(f\) متباينة.
نضع \[ d=f(2)-1. \] بما أن \(f(1)=1\) و \(f\) متباينة، فإن \(f(2)\ne1\)، ومن ثم \(d\ge1\). بأخذ \(a=2\) في (1) نحصل على \[ |f(b+d)-f(b)|<2. \] القيمتان عددان صحيحان مختلفان، مرة أخرى بسبب التباين، ومن ثم \[ |f(b+d)-f(b)|=1\qquad(b\ge1). \tag{3} \]
نتأمل المتتالية \[ x_k=f(1+kd)\qquad(k\ge0). \] حدودها أعداد صحيحة موجبة مختلفة، و \(x_0=1\)، وتفيد (3) بأن الفرق بين كل حدين متتاليين يساوي \(1\) تماماً بالقيمة المطلقة. ندّعي أن \[ x_k=k+1\qquad(k\ge0). \tag{4} \] بالفعل، \(x_1=2\)، لأنه موجب ويختلف عن \(1\) بمقدار \(1\). إذا كان \(x_{k-1}=k\) و \(x_k=k+1\)، فإن \(x_{k+1}\) يساوي إما \(k\) أو \(k+2\). الاحتمال الأول يكرر \(x_{k-1}\)، ومن ثم \(x_{k+1}=k+2\). وهذا يثبت (4) بالاستقراء.
بأخذ \(k=d\) في (4)، نحصل على \[ f(1+d^2)=d+1=f(2). \] يعطي التباين الآن \(1+d^2=2\). وبما أن \(d\ge1\)، فإن \(d=1\). وهكذا تصبح (4) \[ f(k+1)=k+1\qquad(k\ge0), \] وهو المطلوب.
أخيراً، عند \(f(n)=n\)، تكون أطوال الأضلاع المقترحة \[ a,\quad b,\quad a+b-1. \] الأخير من أطول الأضلاع، لأن \(a,b\ge1\)، و \[ a+b>a+b-1. \] إذن تحقق هذه الأطوال الموجبة جميع متباينات المثلث الصارمة وتشكّل مثلثاً غير منعدم. وبالفعل تحقق الدالة الشرط.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.