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

Математикадан республикалық олимпиада, 2020-2021 оқу жылы, 10 сынып


Кез келген x,yR+ үшін f(x)2=f(xy)+f(x+f(y))1 теңдігі орындалатындай барлық f:R+R+ функцияларын табыңыз. (Бұл жерде R+ — оң нақты сандар жиыны.) ( Сатылханов К. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 4   10
3 года 11 месяца назад #

Ответ: f1.

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,q0.

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) x1.

Д-во: Рассмотрим в лемме: p(0;1), q=1p, a=1, b=1+t:

f(1)=f(p1+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) x1f(11x)=f(x1x)=f(1), значит f(1)=f(x) x1.

Значит fc, подставив находим, что c=1.

пред. Правка 2   7
3 года 11 месяца назад #

f(xy)=f(x)2f(x+f(y))+1<f(x)2+1

Поэтому f ограничена сверху. Обозначим s=supf(R+).

Тогда f(xy)=f(x)2f(x+f(y))+1f(x)2s+1. Взяв f(x)s и подставив yx вместо y получим sf(y)s2s+1s для любого y.

Следовательно s=1 и f1

  2
3 года 11 месяца назад #

Красиво решил

  2
3 года 11 месяца назад #

Он не доказал, что существует такой xR+, что функция f(x)=s.

  0
3 года 11 месяца назад #

Ты походу не понял. Он взял s такое что s максимум функции f(x). Очевидно что такой s есть.

  3
3 года 11 месяца назад #

Возьми функцию f(x)=12x для xR+. Он ограничен сверху, но его максимум не достигается.

пред. Правка 4   2
3 года 11 месяца назад #

Подробнее будет так: Сущ. (из определения s) последовательность {xi}i1, что limif(xi)=s. Подставим

P(xi,xxi): f(x)f(xi)2s+1sf(x)limi(f(xi)2s+1)=s2s+1.

пред. Правка 2   3
5 месяца 25 дней назад #

Заметим, что если f(a)=f(b) , сравнив P(x,a) и P(x,b) можно получить f(ax)=f(bx) при всех xR+.

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/aS.

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)=cx=f(y)cf(y)tc>0.

Остается заметить, что из f(t)=f(1) (такой t>1 существует), f(1)=f(11)=f(t1)=f(tt)=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 f1

  2
6 месяца 2 дней назад #

Мошно