Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2016 жыл


Нақты оң сандар жиынын R+ арқылы белгілейік. Кез келген нақты оң x,y,z сандары үшін (z+1)f(x+y)=f(xf(z)+y)+f(yf(z)+x) теңдігі орындалатын барлық f:R+R+ функцияларын табыңыздар.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   9
4 года 9 месяца назад #

Ответ: f(x)=x,xR+

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+12f(2x)=f(x(f(z)+1)),x,zR+()

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+12A=f(a2(z+1))

тогда если z пробегает все значения на луче (0,+), то f(a2(z+1))=z+12A пробегает все значения на луче (A2,+).

Из Утверждения 1: следует, что f сюръективная функция.

Утверждение 2: Для всех x,yR+ 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+12f(2(af(c)+b)f(c)+1)

Пользуясь последним уравнением в P(x,y,z), и заменив f(z)=k получаем, что 2f(x+y)=f(2(xk+y)k+1)+f(2(yk+x)k+1),x,y,kR+

(k любое число из R+, так как k=f(z) сюръективная функция.)

Легко доказать, что дляw,vR+,x,y,kR+ 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,xR+

Утверждение 3: Для всeх x,yR+ верно

f(x)f(y)=f(xy)

Доказательство: Преобразуем () пользуясь Утверждением 2 :

z+12f(2x)=f(x(f(z)+1))=f(2x(f(z)+f(1)2))=

=f(2xf(z+12)), тогда a+12f(b)=f(bf(a+12)),a,bR+.

Подставим вместо af(a), тогда f(a)+12f(b)=f(bf(f(a)+12))=f(ba+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,yR+ 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))=2f(a)=1a.

Из (2): f(f(z)+1)=f(2)f(f(z)+12)=z+12f(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(a1)(2a1)=0, если a=12f(2)=1=f(1), что невозможно, ведь 21.

Значит a=1f(2)=2, тогда

f(x+y)=f(2)f(x+y2)=2f(x)+f(y)2=f(x)+f(y) f(x)+f(y)=f(x+y).

Так как fаддитивная функция, то

i) f(q)=qf(1)=q,qQ+

ii) f(a)=f(b)+f(ab)>f(b),a>b>0

Из i) и ii) следует, что для любого rR+: a=f(a)<f(r)<f(b)=b,a<r<b;a,bQ+

Откуда f(r)=r,rR+.

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.

  4
3 года 2 месяца назад #

На самом деле из Утверждения 2 уже следует, что f линейная функция. Это так называемое "Уравнение Йенсена".

  0
3 года 2 месяца назад #

пов: перечитываешь свои старые решения