5. Zadatak

Prvo rješenje.

Oduzmemo li od desne strane $(f(a)-b)(f(a)+b)$, dobivamo uvjet ekvivalentan početnom:

$$f(a)-b\mid(b+1)^2-f(b)^2.$$

Iz dobivenog direktno vidimo da funkcija zadana pravilom $f(n)=n+1$ za sve $n\in\mathbb N$ zadovoljava uvjet zadatka. Pretpostavimo sada da postoji neka druga funkcija $f:\mathbb N\to\mathbb N$ koja zadovoljava gornji uvjet.

Promotrimo neki fiksni $b\in\mathbb N$ takav da $f(b)\neq b+1$. Za svaki $a\in\mathbb N$ tada vrijedi $f(a)=b$ ili $f(a)-b\mid(b+1)^2-f(b)^2$, odakle je za sve $a\in\mathbb N$

$$f(a)\leq b+\left|(b+1)^2-f(b)^2\right|.$$

Kako je $b$ fiksan, zaključujemo da je funkcija $f$ ograničena odozgo.

Kako je funkcija ograničena, beskonačno mnogo vrijednosti domene postiže samo konačno mnogo vrijednosti iz kodomene, pa postoji vrijednost $y\in\mathbb N$ iz kodomene koja se postiže za beskonačno mnogo $x\in\mathbb N$ iz domene. Uvrštavajući $a=b=x$ u početni uvjet (postoji beskonačno mnogo takvih $x$ različitih od $f(x)=y$), dobivamo da je broj

$$\frac{f(x)^2+2x+1-f(x)^2}{f(x)-x}=\frac{2x+1}{y-x}=\frac{2x+1-2y+2y}{y-x}=-2+\frac{2y+1}{y-x}$$

cijeli za fiksni $y$ i beskonačno mnogo $x$. No, broj $2y+1$ različit je od nule, pa ima konačno mnogo djelitelja, čime dobivamo kontradikciju.

Funkcija zadana pravilom $f(n)=n+1$ za sve $n\in\mathbb N$ jedina je funkcija koja zadovoljava uvjete zadatka.

Drugo rješenje.

Kao u prvom rješenju zaključujemo da je $f$ ograničena, te dokazujemo da je jedino rješenje $f(n)=n+1$.

Neka je $M$ prirodan broj takav da je $f(n)<M$ za sve $n\in\mathbb N$, te neka je $p$ proizvoljan neparan prost broj veći od $2M+1$. Tada je broj $m=\frac{p-1}{2}$ prirodan broj veći od $M$. Posebno, vrijedi $f(m)<M$, pa uvrštavajući $a=b=m$ u uvjet zadatka, slično kao u prvom rješenju dobivamo

$$f(m)-m\mid2m+1=p.$$

Kako je $p$ prost, a $f(m)-m$ je njegov cjelobrojni djelitelj, vrijedi $f(m)-m=-p$ ili $f(m)-m\geq-1$. U prvom slučaju imamo $f(m)\leq-p+m=-m-1$, pa $f(m)$ nema vrijednost u kodomeni funkcije $f$. S druge strane, ako je $f(m)-m\geq-1$, dobivamo $f(m)\geq m-1\geq M$, što je u suprotnosti s ograničenošću funkcije $f$. Dobivamo kontradikciju, pa je funkcija $f(n)=n+1$ za sve $n\in\mathbb N$ zaista jedino rješenje.