Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2016 жыл
Комментарий/решение:
Ответ: f(x)=x,∀x∈R+
Решение:
P(x,y,z):(z+1)f(x+y)=f(xf(z)+y)+f(yf(z)+x)
Заметим, что P(x,x,z): z+12⋅f(2x)=f(x(f(z)+1)),∀x,z∈R+(∗)
Из (∗) следует, что f− инъективная функция.
Подставим в (∗) z=1, тогда из инъективности получаем, что 2x=x(f(1)+1)⟹f(1)=1
Утверждение 1: Если функция f принимает некоторое положительное значение A, то она принимает все значения на луче (A2,+∞)
Доказательство: Пусть f(a)=A , подставим в (∗) x=a2, откуда z+12⋅A=f(a2(z+1))
тогда если z пробегает все значения на луче (0,+∞), то f(a2(z+1))=z+12⋅A пробегает все значения на луче (A2,+∞).◻
Из Утверждения 1: следует, что f− сюръективная функция.
Утверждение 2: Для всех x,y∈R+ верно f(x)+f(y)2=f(x+y2)
Доказательство: Заметим, что af(c)+b=(af(c)+bf(c)+1)⋅(f(c)+1)
тогда из (∗): f(af(c)+b)=c+12⋅f(2(af(c)+b)f(c)+1)
Пользуясь последним уравнением в P(x,y,z), и заменив f(z)=k получаем, что 2⋅f(x+y)=f(2(xk+y)k+1)+f(2(yk+x)k+1),∀x,y,k∈R+
(k любое число из R+, так как k=f(z)− сюръективная функция.)
Легко доказать, что для∀w,v∈R+,∃x,y,k∈R+ такие, что w=2(xk+y)k+1 v=2(yk+x)k+1
откуда f(w)+f(v)2=f(w+v2).◻
В Утверждение 2 подставим x=f(z),y=1, тогда f(f(z)+12)=f(f(z))+12(1)
Подставив в (∗) x=12 получаем f(f(z)+12)=z+12(2)
Из (1) и (2) получаем, что f(f(x))=x,∀x∈R+
Утверждение 3: Для всeх x,y∈R+ верно
f(x)f(y)=f(xy)
Доказательство: Преобразуем (∗) пользуясь Утверждением 2 :
z+12⋅f(2x)=f(x(f(z)+1))=f(2x⋅(f(z)+f(1)2))=
=f(2x⋅f(z+12)), тогда a+12⋅f(b)=f(b⋅f(a+12)),∀a,b∈R+.
Подставим вместо a→f(a), тогда f(a)+12⋅f(b)=f(b⋅f(f(a)+12))=f(b⋅a+12)=f(ab)+f(b)2 второе и третье равенства следует из (2) и Утверждения 2 соответсвенно.
Откуда (f(a)+1)⋅f(b)=f(ab)+f(b)
⟹f(a)f(b)=f(ab).◻
Утверждение 4: f(2)=2 и f− аддитивная функция, тоесть для любых x,y∈R+ верно f(x)+f(y)=f(x+y)
Доказательство:
Пусть a=f(2)2, тогда f(a)f(2)=f(f(2)2)f(2)=f(f(2))=2⟹f(a)=1a.
Из (2): f(f(z)+1)=f(2)f(f(z)+12)=z+12⋅f(2)=(z+1)a⟹
f(z)+1=f(f(f(z)+1))=f((z+1)a)=f(z+1)f(a)
⟹f(z+1)=a(f(z)+1)
Тогда f(3)=a(f(2)+1)=a(2a+1)
⟹2a3+a2+a=a(f(3)+1)=f(4)=f(2)f(2)=(2a)2
⟹a(a−1)(2a−1)=0, если a=12⟹f(2)=1=f(1), что невозможно, ведь 2≠1.
Значит a=1⟹f(2)=2, тогда
f(x+y)=f(2)f(x+y2)=2⋅f(x)+f(y)2=f(x)+f(y) ⟹f(x)+f(y)=f(x+y).◻
Так как f−аддитивная функция, то
i) f(q)=qf(1)=q,∀q∈Q+
ii) f(a)=f(b)+f(a−b)>f(b),∀a>b>0
Из i) и ii) следует, что для любого r∈R+: a=f(a)<f(r)<f(b)=b,∀a<r<b;a,b∈Q+
Откуда f(r)=r,∀r∈R+.◻
P.S. При доказательстве f(2)=2, можно было сперва отметить, что f(2k)=f(2)f(k)=2af(k), и можно выразить f(3) и f(4) через a, подставив в Утверждение 2 x=4,y=2 и x=6,y=2.
На самом деле из Утверждения 2 уже следует, что f линейная функция. Это так называемое "Уравнение Йенсена".
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.