Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2011 жыл
(1) Кез келген нақты x үшін f(x)<M болатын нақты M саны табылады.
(2) Кез келген нақты x,y үшін f(xf(y))+yf(x)=xf(y)+f(xy) теңдігі орындалады.
Комментарий/решение:
Ответ:1)f(x)≡0,2)f(x)=0,x≥0 и f(x)=2x,x<0
Пусть P(x,y):f(xf(y))+yf(x)=xf(y)+f(xy)
P(0,x):xf(0)=f(0)⟹f(0)=0
P(x,1):f(xf(1))=xf(1), если f(1)≠0 , то f(x)=f(xf(1)f(1))=xf(1)f(1)=x, что противоречить (1).
Значит f(1)=0
P(1,x):f(f(x))=2f(x)(1)
Из (1)⟹fn+1(x)=2nf(x),∀n∈N
[fn(x)=f(f(...(f(x)...), тоесть функция f взятая n - раз]
Откуда если f(x)>0 для некоторого x∈R, то f(x) - неог. функция, что противоречить (1).
Значит f(x)≤0. Заметим, что f(x)≡0, удовлетворяет условиям.
Далее пусть f(k)<0, для некоторого k∈R
Если f(x0)=0 , то P(k,x0):x0f(k)=f(x0k)⟹x0≥0
Значит f(x)<0, для ∀x<0(2)
Просуммируем два равенства P(x,1x) и P(1x,x):0=f(1xf(x))+f(xf(1x))≤0+0
Значит f(xf(1x))=f(1xf(x))=0,∀x∈R
Заметим, что для ∀x>0:y=1xf(x)≤0 и f(y)=0, откуда из (2)⟹y=0,∀x>0
Значит f(x)=0,∀x≥0
∀x>0,P(−1,x):xf(−1)=f(−x)(3)
Из (2)⟹f(−1)<0, так как −1<0
Подставим в (3)x=−f(−1)⟹f(f(−1))=(−f(−1))f(−1)
Из (1)⟹f(f(−1))=2f(−1)
Откуда 2f(−1)=(−f(−1))f(−1)⟹f(−1)=−2
Тогда (3)⟺f(−x)=−2x,∀x>0
Замечание: Так как для ∀x∈R,x≠0 : f(1xf(x))=0, то
P(x,1xf(x)):f(x)2x=f(f(x))=2f(x)
Значит f(x)=0 либо f(x)=2x, для ∀x∈R
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.