5. Zadatak

Prvo rješenje.

Uvrstimo li u jednakost iz prvog uvjeta $(a,b)=(1,1)$ dobivamo $f(1,1)=1$.

Pogledajmo jednadžbu iz prvog uvjeta za parove brojeva $(a,b)$ i $(a,b+1)$, te oduzmimo. Nakon sređivanja, dobivamo

$$f(a,b+1)-f(a,b)=f(1,b+1)-f(1,b)+a-1.$$

Neka je $p>2$ prost broj koji dijeli $a+b$. Iz drugog uvjeta dobivamo da su oba izraza na lijevoj strani jednakosti djeljiva s $p$, pa je zato i desna strana jednakosti djeljiva s $p$. Nadalje, kako je $a+b$ djeljivo s $p$, dobivamo

$$p\mid f(1,b+1)-f(1,b)-b-1,$$

za svaka dva prirodna broja $a,b$, te za svaki prosti broj $p>2$ koji dijeli $a+b$. Fiksirajmo neki prirodni broj $b$. Kako izraz s desne strane ne ovisi o $a$, uzimajući razne izbore za $a$ i razne neparne proste djelitelje od $a+b$ vidimo da je izraz $f(1,b+1)-f(1,b)-b-1$ djeljiv s beskonačno mnogo prostih brojeva, što je moguće samo ako je taj izraz jednak nuli. Dakle, dobili smo

$$f(1,b+1)=f(1,b)+b+1,$$

za svaki prirodni broj $b$.

Odavde vidimo da za svaki prirodni broj $n$ vrijedi

$$\begin{aligned} f(1,n)&=f(1,n-1)+n=f(1,n-2)+(n-1)+n=\cdots\\ &=f(1,1)+2+3+\cdots+n=1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}2. \end{aligned}$$

Na isti način možemo provesti argument oduzimajući jednadžbu iz prvog uvjeta za parove brojeva $(a+1,b)$ i $(a,b)$, te dobiti da vrijedi

$$f(n,1)=\frac{n(n+1)}2$$

za sve prirodne brojeve $n$.

Uvrstimo li formule za $f(1,n)$ i $f(n,1)$ u prvi uvjet, dobivamo da za svaka dva prirodna broja $a,b$ vrijedi

$$f(a,b)=\frac{a(a+1)}2+\frac{b(b+1)}2+ab-a-b=\frac{(a+b)(a+b-1)}2=\binom{a+b}{2}.$$

Ovako definirana funkcija zadovoljava i drugi uvjet, te zaključujemo da je to jedino rješenje.

Drugo rješenje.

Primijetimo da je

$$\binom{a+b}{2}+a+b=\binom{a+1}{2}+\binom{1+b}{2}+ab.$$

Neka je $f(a,b)=\binom{a+b}{2}+g(a,b)$, tada je $g:\mathbb N\times\mathbb N\to\mathbb Z$ (sa $\mathbb Z$ je označen skup cijelih brojeva) funkcija za koju vrijedi

• Za sve $a,b\in\mathbb N$ je

  $$g(a,b)=g(a,1)+g(1,b).$$

• Ako su $a,b\in\mathbb N$ takvi da je neki od brojeva $a+b$ i $a+b-1$ djeljiv prostim brojem $p>2$, onda je i $g(a,b)$ djeljiv s $p$.

Naime, drugi uvjet vrijedi zato što je

$$\binom{a+b}{2}=\frac{(a+b)(a+b-1)}2,$$

a taj broj je djeljiv prostim brojem $p>2$ ako je neki od brojeva $a+b$ i $a+b-1$ djeljiv s $p$, isto kao i broj $f(a,b)$ pa je onda i $g(a,b)=f(a,b)-\binom{a+b}{2}$ djeljiv s $p$.

Neka je $p>2$ prost broj, sve kongruencije nadalje su modulo $p$ te cijelo vrijeme podrazumijevamo da su $a$ i $b$ prirodni brojevi.

Iz prvog uvjeta na funkciju $g$ zaključujemo da ako je $g(a,b)\equiv g(1,b)\equiv0$, onda je i $g(a,1)\equiv0$ te analogno, ako je $g(a,b)\equiv g(a,1)\equiv0$, onda je i $g(1,b)\equiv0$.

Iz drugog uvjeta slijedi da je $g(a,1)\equiv g(1,b)\equiv0$ za sve $a\equiv-1,0$ te sve $b\equiv-1,0$.

Ako je $a\equiv1$ i $b\equiv0$, onda je $a+b\equiv1$ i $1+b\equiv1$, što znači da je $g(a,b)\equiv g(1,b)\equiv0$ pa je i $g(a,1)\equiv0$. Analogno, za $a\equiv0$ i $b\equiv1$ vidimo da je $g(1,b)\equiv0$, za svaki $b\equiv1$.

Pretpostavimo sada da je $n$ prirodan broj takav da je $g(a,1)\equiv g(1,b)\equiv0$, za sve $a\equiv\pm n$ i za sve $b\equiv\pm n$. Pokazali smo da ova tvrdnja vrijedi za $n=1$.

Neka je $a\equiv n+1$ i $b\equiv-n$, onda je $a+b\equiv1$, što znači da je $g(a,b)\equiv g(1,b)\equiv0$ pa je i $g(a,1)\equiv0$. Analogno, za $a\equiv-n$ i $b\equiv n+1$ vidimo da je $g(1,b)\equiv0$, za svaki $b\equiv n+1$.

Ako je $a\equiv-(n+1)$ i $b\equiv n+1$, onda je $a+b\equiv0$, što znači da je $g(a,b)\equiv g(1,b)\equiv0$ pa je i $g(a,1)\equiv0$. Analogno, za $a\equiv n+1$ i $b\equiv-(n+1)$ vidimo da je $g(1,b)\equiv0$, za svaki $b\equiv n+1$.

Po principu matematičke indukcije zaključujemo da je $g(a,1)\equiv g(1,b)\equiv0$, za sve $a$ i $b$. Isti zaključak možemo provesti za bilo koji prost broj $p>2$, stoga su brojevi $g(a,1)$ i $g(1,b)$ djeljivi svakim prostim brojem $p>2$, što znači da je $g(a,1)=g(1,b)=0$, za sve $a,b\in\mathbb N$. Odnosno, vrijedi da je $g(a,b)=g(a,1)+g(1,b)=0$, za sve $a,b\in\mathbb N$.

Stoga je jedino rješenje funkcija

$$f(a,b)=\binom{a+b}{2},$$

za koju smo već vidjeli da zadovoljava prvi uvjet, a također zadovolja i drugi uvjet.