Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2006 жыл

Барлық оң $x$ үшін, келесі шартты орындайтын, барлық $f:(0,\infty )\to (0,\infty )$ функцияларын табыңыз: $f(x+1)=f(x)+1$ және $f\left( \dfrac{1}{f(x)} \right)=\dfrac{1}{x}$. ( P. Volkmann )

Комментарий/решение

Решение: Обозначим данные равенства (1) и (2), соответственно. Из (2) $f$ биективна. Будем называть число $x$ хорошим, если $$f(y)<x\forall y<x, f(y)>x\forall y>x, f(x)=x$$Утверждение 1. число 1 хорошее.

Доказательство. Из (1) получаем, что $f(x)>1\forall x>1$. Далее в (2) подставим $x+1$, тогда из сюръективности $f(x)<1\forall x<1$. Вследствие сюръективности $f(1)=1$$\square$

Утверждение 2. Все рациональные числа хорошие.

Доказательство. Несложно видеть, что если $x$ хороший, то $\frac1x, x+n$ хорошие$\forall n\in \mathbb{N}$(это напрямую следует из (2) и (1)). По индукции докажем, что все дроби со знаменателем $n$ хорошие$\forall n\in\mathbb{N}$.

База $n=1$. Очевидно

Шаг. Пусть утверждение индукции доказано для всех $n<k$, докажем его верность для $n=k$. Докажем, что дробь $\frac{m}{k}, m<k$ хорошая. Её можно получить из дроби $\frac{k}{m}$, но из шага известно, что такая дробь хорошая (знаменатель $m<k$) - что требовалось, ведь из такого вида дробей можно получить $\frac{m}{k}\forall m\in \mathbb{N}$$\square$

Теперь дело за малым. Предположим, что для некоторого иррационального $x$ имеем $f(x)>x$. Тогда $\exists q\in \mathbb{Q}$, такое что $f(x)>q>x$, откуда из утверждения 2 $f(x)<q$ - противоречие.

Аналогично, если $$f(x)<x\Rightarrow\exists q\in\mathbb{Q}: f(x)<q<x\Rightarrow q<f(x)$$ невозможно. Остаётся лишь единственный вариант $f(x)=x\forall x\in (0,\infty)$, который очевидно подходит

Ответ: $f(x)=x\forall x\in (0,\infty)$