第54章 康德尔的光！
光阴似箭，白驹过隙。
时间过得真快，弹指之间就来到了第二天。
前文有表，CMO考试分为两天，昨天三道题的4.5个小时为上半场，今天的下半场考试同样是4.5小时、同样的三道题、同样的分数。
这是一场持久战，也是对广大数学竞赛生的最重要一战，这一战将决定选手们是保送还是回去高考。这考验的不仅是选手们的数学实力，更是坚定不移的意志力和心理承受能力！
而这些选手普遍不满18周岁。
王庭柏静坐在昨天的位置上等待下半场的考卷的发放。
CMO上半场的考卷已于昨天全部密封，将在今天的考试结束后，六道题一起批阅。
王庭柏信心十足，昨天的三道题他能拿到满分，但战斗尚未结束，今天的三道题还需奋战到底，容不得一丝马虎。
考场外的王庭柏有点紧张，心率很快，一旦拿起笔，心态立马平稳了起来，笔就是他的武器。
CMO下半场的第一题：
用Z表示全体整数构成的集合。求所有的函数: f:Z→Z，满足任意的整数a、b，
均有f (2a)+2f（b）=f（f（a+b））。
题目很短很短，只有寥寥几字，但是王庭柏却顿时感受到了它的压力。
在别的科目里，很短的题目基本上都是送分题，但是在数学里，就像是证明1个偶数可分为2个质数相加一样，哥德巴赫在1742年提出这个看似简单的问题到现在还没一位数学家能完整破解。
题目越短意味着能在题目上获取的信息越少，难度自然也就越大。
f (2a)+2f（b）=f（f（a+b））
王庭柏看着题目，感受到了曾经作为学渣做数学题的感觉，竟不知如何下手。
这是一道函数方程，按照套路来做的话，首先很容易可以盲猜到零解和f（x）=2x的解。如果f是数论函数的话，那么f（f（a+b））这一项就难出天际了。如果f是n次的多项式函数的话，那f（f（a+b））这边的次数会变成n²，而左边依旧是n。
肯定是有什么其他的办法。
看到这第一题，顶尖学子们都不由自主的倒吸一口凉气，在这里参加考试的选手都是全国最顶级的学子。
但遇到这题有些人已经开始冒冷汗，有些人则主动放弃看向了下一题。
还有人可能灵光一现，想到了一种方法，但是片刻之后，眼里的神采就暗淡下来，这条路很难行得通。
王庭柏仔细的观察了一下题目，脑海中闪过了柯西方程的概念。
将题中等式记为 P(a，b)。
由P(0，x)得f(0)+2f(x)=f(f(x))，①
由P(x，0)的广(2x)+2f(0)=f（f（x）），②
由①，②可得得f(2x)=2f(x)-f(0)，③
再将③带入到...
王庭柏的笔停了下来，再带入的话能有什么呢？
王庭柏觉得自己的思路应该是没有问题的，下一步采用柯西方法，应该能够解决问题。
但是突然灵光就中断了，足足想了10分钟，愣是没想出来下步该如何代入，如何使用柯西方程。
做数学题，最难受的时候就是卡在一个关节点，虽说本场考试的时间足足有四个半小时。
但在数学的世界里，没有那灵机一动，想到死都可能突破不了瓶颈。
王庭柏放下了手中的笔，深吸了一口气。
回过头来重新思考。
其实在这种重要考试里，遇到瓶颈后，不建议头铁的一直卡住，可以先去看看后面的题换个思路并且不浪费时间。
但是王庭柏有种莫名的不服，似乎有强迫症一般，非得把这题解决了！
作为学神怎么能放弃？
虽然说他可以直接开启【脑力负载模式】直接加速思维秒杀这题，但如果万事都只能靠外挂来解决，那么他每天练习的意义何在呢，每天艰苦的啃着“难以下咽”的数学书是为了什么呢？
王庭柏的思路回到最初的起点，f不会是数论函数，f也不会是n次的多项式函数，这个f还是还能是什么呢？
不就是一次函数或者常数函数吗！
王庭柏再次拿起了笔，他知道他刚才有些钻牛角尖了。
不用死命的用柯西方程，可以使用差分方法。
王庭柏隐隐约约的抓住了那一道光，只要沿着一道光路走下去，将条理理清楚，就能完美的解决问题。
王庭柏喝了一口水，突然灵光闪现。
康德尔！
康托尔向我们证明了亚里斯多德的理论与集合论相反。如果我们将一个添加到无限集合中，那么它将不再是同一集合。他试图比较无穷大。例如，康托尔证明（0，1）→N的所有函数的集合都是可数的。因此，他定义了从区间（0，1）到自然数的一对一函数。
取b=0，f(0)+2f(a)=f(f(a))，令任意的整数f(a)为n则，f(n)=2n+c(f(0))，由康德尔无穷可数集｛a｝与{f(a)}一样多，结果成立，当然也包括f(0)=0。
对就是这样！
故满足条件的函数f（x）=0或者f（x）=2x+c（c为任意常数）
答毕！
王庭柏吐出闷在胸口的一股气，一股巨大的成就感油然而生。
思路来了，难题马上斩于马下！
再回头来看柯西方程的思路，在答案的引领下将③可以代入到原式子中，由柯西方法，知对任意的整数n，均有 g(n)= g(1)n。
再顺着做也可以得出函数f（x）=0或者f（x）=2x+c（c为任意常数）的结论。
万无一失！
两种方法都是正确的。
第一题，完美收工！
他将目光移向第二题：
巴斯银行发行的硬币在一面上铸有H，在另一面上铸有T，哈利有n枚这样的硬币并将这些硬币从左至右排成一行.他反复地进行如下操作:如果恰有k＞0枚硬币T面朝上，则他将从左至右的第k枚硬币翻转;如果所有硬币都是T面朝上，则停止操作.例如:当n=3，并且初始状态是THT，则操作过程为THT→HHT→HTT→TTT，总共进行了三次操作后停止。
(1)证明:对每个初始状态，哈利总在有限次操作后停止，
(2)对每个初始状态C，记L(C)为哈利从初始状态C开始至停止操作时的操作次数例如L(THT)=3，L(TTT)=0。
求C取遍所有2^n个可能的初始状态时得到的L(C)的平均值.