Республиканская олимпиада по математике, 2021 год, 10 класс
Комментарий/решение:
Ответ: f≡1.
Решение: Пусть P(x,y) обозначает равенство из условия. Докажем следующую лемму:
Лемма: Если f(a)=f(b), то f(ap+q)=f(bp+q) для любых p>0,q≥0.
Д-во: Из разности P(p,a) и P(p,b) следует, что f(ap)=f(bp).
А из разности P(a,1) и P(b,1) получаем равенство f(a+f(1))=f(b+f(1)), тогда
f(ax)=f(bx)⟹f(ax+f(1))=f(bx+f(1))
⟹f((ax+f(1))y)=f((bx+f(1))y)⟹f(ap+q)=f(bp+q) ∀p,q>0.
Последнее равенство можно получить из предыдущего подстановкой x=pf(1)/q и y=q/f(1).◼
Из разности P(1,1) и P(1,1+f(1)) получаем, что f(1)=f(1+t), где t=f(1+f(1)).
Утверждение: Для любого натурального n и x∈[1;1+tn] верно равенство f(1)=f(x). Из этого следует, что f(1)=f(x) ∀x≥1.
Д-во: Рассмотрим в лемме: ∀p∈(0;1), q=1−p, a=1, b=1+t:
f(1)=f(p⋅1+q)=f(p⋅(1+t)+q)=f(1+pt),
откуда утверждение верно для n=1. Рассмотрим p=1 и q=t, тогда
f(1)=f(1+t)=f(x+t), ∀x∈[1;1+t].
Следовательно утверждение верно для n=2.
Аналогично при помощи индукции получаем, что утверждение верно для любого натурального n.◼
Мы получили, что f(1)=f(x) ∀x≥1⟹f(1⋅1x)=f(x⋅1x)=f(1), значит f(1)=f(x) ∀x≤1.
Значит f≡c, подставив находим, что c=1.◻
f(xy)=f(x)2−f(x+f(y))+1<f(x)2+1
Поэтому f ограничена сверху. Обозначим s=sup.
Тогда f(xy) = f(x)^2-f(x+f(y))+1 \ge f(x)^2-s+1. Взяв f(x) \rightarrow s и подставив \frac{y}{x} вместо y получим s \ge f(y) \ge s^2-s+1 \ge s для любого y.
Следовательно s=1 и f \equiv 1
Подробнее будет так: Сущ. (из определения s) последовательность \{x_i\}_{i\ge 1}, что \lim\limits_{i\to\infty}f(x_i)=s. Подставим
P(x_i,\dfrac{x}{x_i}):\ f(x)\ge f(x_i)^2-s+1\implies s\ge f(x)\ge \lim\limits_{i\to\infty}(f(x_i)^2-s+1)=s^2-s+1.\quad\square
Заметим, что если f(a)=f(b) , сравнив P(x,a) и P(x,b) можно получить f(ax)=f(bx) при всех x\in\mathbb R^{+}.
Утверждение Если f(t)=f(1), то f(x)=f(1) для всех x\in[1,t]
Доказательство. Обозначим через S=\{x|f(x)=f(1)\}. Понятно, что если f(a)=f(b), то f(1)=f(\frac{1}{a}a=f(\frac{1}{a}b), поэтому b/a\in S.
Сравнив P(x,y) и P(xt,y) можно получить, что f(x+f(y))=f(xt+f(y)). Следовательно, надо чтобы \frac{xt+f(y)}{x+f(y)} покрывало все значения [1,t] что верно
\dfrac{xt+f(y)}{x+f(y)}=c\Longleftrightarrow x=\dfrac{f(y)c-f(y)}{t-c}>0.\square
Остается заметить, что из f(t)=f(1) (такой t>1 существует), f(1)=f(1\cdot 1)=f(t\cdot 1)=f(t\cdot t)=f(t^2) и аналогично f(t^n)=f(1). Так как t^n принимает сколь угодно большие значения, используя утверждение, f постоянна на [1,+\infty]. А дальше понятно, что f\equiv 1
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.