Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

III математическая олимпиада «Шелковый путь», 2004 год


Найдите все функции f:RR, удовлетворяющие условию (x+y)(f(x)f(y))=(xy)f(x+y) при всех действительных x и y.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  0
4 года 9 месяца назад #

Решение №1: Назовём функцию f хорошей, если она удовлетворяет заданному условию. Заметим, что если функции f1 и f2 хорошие, то f1±f2 также является хорошей. Непосредственной проверкой убеждаемся, что функции f1(x)=Ax2 и f2(x)=Bx,(A,BR) действительно являются хорошими, следовательно функция f(x)=Ax2+Bx является хорошим, то есть удовлетворяет условию задачи.Докажем, что других решений нет. Пусть, функция f(x) удовлетворяет условию задачи и предположим, что f(x)Ax2+Bx. Тогда функция g(x)=f(x)Ax2Bx является хорошим. Заметим, что f(1)=A+B,f(1)=ABA=0,5(f(1)+f(1)),B=0,5(f(1)f(1)) Тогда g(1)=f(1)AB=0=f(1)A+B=g(1)

P(x;y):(x+y)(g(x)g(y))=(xy)g(x+y)(1)

P(x;1):(x+1)g(x)=(x1)g(x+1)(2)

P(1;x+1):xg(x+1)=(x+2)g(x)(3)

(2),(3)(x2+x)g(x)=x(x+1)g(x)=(x1)(x)g(x+1)=(x1)(x+2)g(x)=(x2+x2)g(x)g(x)=0

Таким образом, мы доказали что функция f(x)=Ax2+Bx является единственным решением.

Ответ:f(x)=Ax2+Bx,A,BR

Замечание: Единственность решения можно было бы доказать и другим способом. (Демонстрируем это во втором решении.)

Решение №2:Назовём функцию f, хорошей, если она удовлетворяет заданному условию. Заметим, что если функции f1 и f2 хорошие, то f1±f2 также является хорошей. Непосредственной проверкой убеждаемся, что функции f1(x)=Ax2 и f2(x)=Bx,f3(x)=0,(A,BR) действительно являются хорошими, следовательно функция f(x)=Ax2+Bx является хорошим, то есть удовлетворяет условию задачи.Докажем, что других решений нет. Пусть fхорошая функция.Для любого nN найдётся функция P(x)=Ax2+Bx такой, что f(0)=P(0)=0,P(1n)=f(1n),P(1n)=f(1n). Обозначим, g(x)=f(x)P(x), тогда g(0)=g(1n)=g(1n). Заметим, что функция g(x) является хорошей, поэтому для всех рациональных чисел x и y выполнено равенство (x+y)(g(x)g(y))=(xy)g(x+y). Докажем, что для любых nN найдется квадратная функция P(x)=Ax2+Bx такой, что для всех mZ выполнено равенство f(mn)=P(mn). Положим в этом равенстве x=1n и y=1n. Получим g(2n)=0. Если в этом же равенстве для любого mN положить x=1n и y=m1n, то получим mng(m1n)=m2ng(mn), отсюда следует 2ng(mn)=mn(g(mn)g(m2n)). Значит, если g(mn)=g(m2n) , то g(mn)=0. Следовательно, g(mn)=0 для всех положительных целых m. Аналогично, g(kn)=0 для всех отрицательных целых k.Итак, g(x)0 для всех рациональных чисел xQ. Теперь докажем, что f(x)P(x). Обозначим через P(x) обозначим квадратный трёхчлен, который строится согласно указанному алгоритму и соответствует n=1, то есть f(m)=P(m) для всех целых m. Допустим, что существует pr=q такое что f(r)P(r). Тогда f(mq)=P(mq) для любых целых m. Но тогда P(0)=f(0),P(1)=f(1),P(1)=P(1), что означает P(x)=f(x), отсюда P(r)=f(r),(r=pq).Получили противоречие. Следовательно, P(x)f(x).