Математикадан республикалық олимпиада, 2020-2021 оқу жылы, 10 сынып
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.◻
Заметим, что если f(a)=f(b) , сравнив P(x,a) и P(x,b) можно получить f(ax)=f(bx) при всех x∈R+.
Утверждение Если f(t)=f(1), то f(x)=f(1) для всех x∈[1,t]
Доказательство. Обозначим через S={x|f(x)=f(1)}. Понятно, что если f(a)=f(b), то f(1)=f(1aa=f(1ab), поэтому b/a∈S.
Сравнив P(x,y) и P(xt,y) можно получить, что f(x+f(y))=f(xt+f(y)). Следовательно, надо чтобы xt+f(y)x+f(y) покрывало все значения [1,t] что верно
xt+f(y)x+f(y)=c⟺x=f(y)c−f(y)t−c>0.◻
Остается заметить, что из f(t)=f(1) (такой t>1 существует), f(1)=f(1⋅1)=f(t⋅1)=f(t⋅t)=f(t2) и аналогично f(tn)=f(1). Так как tn принимает сколь угодно большие значения, используя утверждение, f постоянна на [1,+∞]. А дальше понятно, что f≡1
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.