54-я Международная Математическая OлимпиадаКолумбия, Санта Марта, 2013 год

Обозначим через ${{\mathbb{Q}}_{ > 0}}$ множество всех положительных рациональных чисел. Пусть $f:{{\mathbb{Q}}_{ > 0}}\to \mathbb{R}$ функция, удовлетворяющая следующим трем условиям:
(i) для всех $x,y\in {{\mathbb{Q}}_{ > 0}}$ выполнено неравенство $f(x)f(y)\ge f(xy)$;
(ii) для всех $x,y\in {{\mathbb{Q}}_{ > 0}}$ выполнено неравенство $f(x+y)\ge f(x)+f(y)$;
(iii) существует рациональное число $a > 1$ такое, что $f\left( a \right)=a$.
Докажите, что $f\left( x \right)=x$ для всех $x\in {{\mathbb{Q}}_{ > 0}}$.

Комментарий/решение

Решение: $P(x,y)$ условие для $x,y.$

Лемма 1. $f(x)\ge x,\forall x\ge 1.$

Д-во: $P(1,a): f(a)f(1)\ge f(a)\implies f(1)\ge 1.$ Отсюда из $P(n,1): f(n+1)\ge f(n)+f(1)\implies \boxed{f(n)\ge n},\forall n\in\mathbb N.$

Из $P(\frac{a}{b},b): f(\frac{a}{b})\ge \frac{f(a)}{f(b)}>0\implies \boxed{f(x)>0},\forall x\in \mathbb Q_{>0}.$

Пусть $an+\varepsilon=x,$ где $n\in\mathbb N, 0< \varepsilon\le a,$ тогда из $P(an,\varepsilon): f(x)\ge f(an)+f(\varepsilon)>nf(a)+0=x-\varepsilon\ge x-a.$

Значит $\boxed{f(x)>x-a},\forall x>a.$ Рассмотрим $x>1,$ из $P(x,x^i)$ легко вывести, что для достаточно больших натуральных $n$

$$f(x)^n\ge f(x^n)>x^n-a\implies \boxed{f(x)\ge x\ge 1}.\quad\blacksquare$$

Заметим, что $a^n\ge f(a^n)\ge f(a)^n=a^n\implies f(a^n)=a^n,\forall n\in\mathbb N.$

Для достаточно большого $n:$

$1) P(x,a^n):f(x)a^n=f(x)f(a^n)\ge f(xa^n)\ge xa^n\implies \boxed{f(x)\ge x},\forall x\in\mathbb Q_{>0}.$

$2) P(x,a^n-x):a^n=f(x+(a^n-x))\ge f(x)+f(a^n-x)\ge x+(a^n-x)=a^n\implies \boxed{f(x)=x},\forall x\in\mathbb Q_{>0}.$