Республиканская олимпиада по математике, 2020 год, 10 класс

Кез келген $x, y \in \mathbb{R}^{+}$ сандары үшін $f(x) f(y) = f \left( \dfrac{xy}{x f(x) + y} \right)$ теңдігі орындалатындай барлық $f : \mathbb{R}^{+} \to \mathbb{R}^{+}$ функцияларын анықтаңыздар. Бұл жерде $\mathbb{R}^{+}$ арқылы нақты оң сандар жиыны белгіленген. ( Болатов А. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Ответ. $f \equiv 1$ и $f(x) \equiv \dfrac{c}{x} + 1$, где $c > 0$ — произвольная константа.
Решение. Пусть $g : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ такая функция, что $g(x) = f\left(\dfrac{1}{x}\right)$ для любого $x > 0$. Тогда при подстановке $\left(\dfrac{1}{x}, \dfrac{1}{y}\right)$ в условие имеем, что \[P(x, y) : g(x) g(y) = g(y g(x) + x).\] Предположим, что существует число $t > 0$ такое, что $g(t) < 1$. Тогда \[P\left(t, \frac{t}{1 - g(t)}\right) : g(t) = 1\] --- противоречие. Значит, $g(x) \ge 1$ для любого $x > 0$.
Пусть $a > b > 0$ — произвольные действительные числа. Тогда \[P\left(b, \frac{a - b}{g(b)}\right) : g(a) = g(b) g\left(\frac{a - b}{g(b)}\right) \ge g(b), \ (1)\] следовательно, функция $g$ — неубывающая. Рассмотрим два случая.
1) Существует число $t > 0$ такое, что $g(t) = 1$. Тогда для любого $x > 0$: \[P(t, x) : g(x) = g(x + t). \ (2)\] Из (2) индукцией по $n$ легко получить, что $g(x) = g(x + nt)$ (3).
Пусть $a > t > b > 0$ — произвольные числа и $n$ — такое натуральное число, что $b + nt > a$. Откуда в силу неубывания $g$ получим, что $g(a) \ge g(t) \ge g(b) = g(b + nt) \ge g(a)$, значит, $g(a) = g(b) = 1$. Следовательно, $f \equiv 1$. Легко проверить, что эта функция удовлетворяет условию задачи.
2) $g(x) > 1$ для любого $x > 0$. Тогда из (1) следует, что $g$ — строго возрастающая функция, следовательно, она инъективна. Из подстановок $P(x, 1)$ и $P(1, x)$ имеем, что \[g(g(x) + x) = g(x) g(1) = g(x g(1) + 1) \implies g(x) + x = x g(1) + 1 \implies g(x) = cx + 1,\] где $c = g(1) - 1 > 0$ — некоторая константа. Выходит, что $f(x) = \dfrac{c}{x} + 1$. Легко проверить, что эта функция удовлетворяет условию.

$\textbf{Решение №1:}$ Необходимо доказать, что $f(x)\geq 1.$ Это легко доказывается от противного. Предположим, что существует $x_0\in (0;+\infty)$ такой, что $f(x_0)<1$ . Положим $x=x_0$ и $y=x_0(1-f(x_0)).$ Получим

$$ f(x_0)f(x_0(1-f(x_0))= f\Big(\frac{x_0\cdot x_0(1-f(x_0))}{x_0f(x_0)+x_0(1-f(x_0))} \Big) \Longleftrightarrow$$ $$\Longleftrightarrow f(x_0)f(x_0(1-f(x_0))=f(x_0(1-f(x_0))\Longleftrightarrow f(x_0)=1. $$

Получили противоречие.

Пусть $(0;+\infty)\in x_1,x_2: \quad x_1<x_2$.Тогда

$$ f(x_2)\leq f(x_1)\cdot f(x_2)=f(x_1)f(x_0)\cdot f(x_2)f(x_0)=f\Big(\frac{x_1x_0}{x_1f(x_1)+x_0} \Big)\cdot f\Big(\frac{x_0x_2}{x_0f(x_0)+x_2} \Big)= $$

$$= f\Big(\frac{x_1x_0}{x_1f(x_1)+x_0} \Big)\cdot f(x_0)=f\Big(\frac{x_1x_0}{x_1f(x_1)+x_0} \Big)=f(x_1)f(x_0)=f(x_1).$$

Отсюда cледует, что искомая функция $f(x)$ убывающая, значит инъективна.Теперь рассмотрим случаи:

$ \textbf{Случай №1.}$ Пусть существует $u\in (0;+\infty)$ такой, что $f(u)=1$. Тогда положим $x=u, \quad y=x$, и получим

$$f(u)f(x)= f\Big(\frac{ux}{u+x} \Big)\Longleftrightarrow f(x)=f\Big(x-\frac{x^2}{u+x} \Big). $$

Отсюда в силу того, что $f(x)$ убывающая, заключаем, что $ f(x)=1, \quad \forall x >0$ . Нетрудно убедиться, что эта функция подходит.

$\textbf{Случай №2.}$ Пусть $f(x)> 1$. Тогда

$$f(1)f(x)= f\Big(\frac{x}{f(1)+x} \Big) \qquad \qquad (1).$$

С другой стороны,

$$f(x)f(1)= f\Big(\frac{x}{xf(x)+1} \Big) \qquad \qquad (2).$$

Из равенства $(1)$ и $(2)$ следует, что

$$f\Big(\frac{x}{f(1)+x} \Big)= f\Big(\frac{x}{xf(x)+1} \Big) \qquad \qquad (3).$$

В силу инъективности $f$, имеем

$$\frac{x}{f(1)+x} = \frac{x}{xf(x)+1} \quad \Longrightarrow f(x)=\frac{f(1)-1}{x}+1\quad \qquad \qquad (4).$$

Непосредственной проверкой убеждаемся, что любая функция вида $f(x)=\frac{C}{x}+1$, где $C=f(1)-1$ , вполне удовлетворяет условию задачи.

$\textbf{Ответ:}$ $f(x)=1, \quad f(x)=\frac{C}{x}+1$, где $C>0.$

$\color{red}{\textbf{Альтернативное решение:}}$ Существуют и другие способы решения, например, рассматривая функцию $$g(x)=x(f(x)-1)$$ (где $g:[0;+\infty)\rightarrow [0;+\infty), \quad g(x_0)=g(0)=0$)

решить полученное уравнение

$$g(x)g(y)+xg(y)+yg(x)=g\Big(\frac{xy}{g(x)+x+y} \Big)(g(x)+x+y). $$

Решением этого уравнения является $g(x)=C, \quad C\in [0;+\infty).$

Та же самая задача была чуть раньше респы, но у нас условие "скрыто": Ссылка на задачу.