12-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2016 жыл

Кез келген оң нақты $x$ үшін $g\left( x \right)\ge k\cdot g\left( x+g\left( x \right) \right)$ теңсіздігін қанағаттандыратын кемімелі $g : (0,+\infty )\to (0,+\infty )$ функциясы табылатындай барлық $k > 0$ мәндерін анықтаңдар. ( Исмаилов Ш.Н. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     $ {\bf Ответ:}$ при всех $k\leq 1$. ${\bf Решение.}$ То, что все $k\leq 1$ удовлетворяют условию задачи, следует из того, что для любой убывающей функции $g$, например, $g(x)={1\over x}$, выполнено неравенство $g(x) > g(x+g(x))\geq kg(x+g(x))$.
Предположим, что функция $g$ удовлетворяет условию задачи при некотором $k > 1$. Положим $s={1\over k}$, тогда $g(x+g(x))\leq sg(x)$.
Определим последовательность $(x_n)$ условиями $x_0=x$, $x_{n+1}=x_n+g(x_n)$. По условию $g(x_{n+1})\leq sg(x_n)$, поэтому $g(x_n)\leq s^n g(x)$. Так как $$x_n=x_0+g(x_0)+g(x_1)+\dots+g(x_{n-1})\leq x+g(x)+sg(x)+\dots +s^{n-1}g(x)=$$ $$=x+(1+s+\dots+s^{n-1})g(x) < x+{1\over 1-s}g(x),$$ имеем $g(x_n) > g(x+{1\over 1-s}g(x))$. Следовательно, $g(x+{1\over 1-s}g(x)) < s^ng(x)$ при любом натуральном $n$, что, очевидно, невозможно, так как $g(x+{1\over 1-s}g(x)) > 0$. Полученное противоречие и доказывает, что случай $k > 1$ невозможен.

Администраторы, можете помочь решить задачу(эта задача была на продолженной олимпиаде по кенгуру в Польше).Условие:

Дан треугольник ABC, где его углы соответствуют $x,2x,4x$ и его стороны удовлетворяют $a> b> c$. Доказать, что

$cos(x)=(a+c)/2b$

Можно ее решить через известное соотношение , а именно , если $I$ точка пересечение биссектрис , тогда положим что $CI$ биссектриса , которая пересекает противоположенную сторону в точке $E$ , тогда в треугольнике $ABC$ справедливо соотношение $\dfrac{a+c}{b} = \dfrac{CI}{IE}$ , доказательство смотрите здесь h_Тут@http://matol.kz/comments/577/show_h

Перейдем к вашей задачи , проведем биссектрисы $BN$ и $CL$ пусть они пересекаются в точке $I$ , тогда треугольник $CIN$ равнобедренный , где $IN=CI$(1) , из треугольника $BIC$ , получаем $\dfrac{BI}{sin2x} = \dfrac{CI}{sinx}$(2) (теорема синусов) , откуда поделив (1) на (2) получим $\dfrac{BI}{IN} = 2cosx$ , но по вышеописанному свойству $\dfrac{BI}{IN} = \dfrac{a+c}{b}$ , тогда $\dfrac{a+c}{b}=2cosx$ , откуда $cosx=\dfrac{a+c}{2b}$.

Не уверен, что на олимпиаде данное решение прошло бы, но ок

Как несложно понять, все $k \leq 1 $ - подходят

Пусть $k > 1$

Из того что $g$ - строго убывающая и $g - $ ограничена снизу $\displaystyle{(g(x) > 0) \implies \lim_{x \to +\infty}{g(x)}} = c $ - определен, тогда как несложно заметить $g(x) > c, \forall x \in \mathbb{R^+}$

Тогда $g(x) \geq k g(x + g(x)) > kc$, но по определению предела $\forall \varepsilon > 0 \exists x_0: |g(x_0) - c| < \varepsilon$, положим $\varepsilon = (k -1)c$ и т.к.

$g(x_0) > c \implies |g(x_0) - c| = g(x_0) - c \implies g(x_0) - c < (k-1)c \iff g(x_0) < kc$, что очевидно противоречит $g(x) > kc \implies k \leq 1$