Международная олимпиада 2022, Осло, Норвегия, 2022 год

Через $\mathbb{R}^{+}$ обозначим множество всех целых положительных вещественных чисел. Найдите все функции $f: \mathbb{R}^{+} \to \mathbb{R}^{+}$ такие, что для каждого $x \in \mathbb{R}^{+}$ существует ровно одно число $y \in \mathbb{R}^{+}$, удовлетворяющее неравенству $xf(y)+yf(x) \leq 2.$

Комментарий/решение

Кажись, в задаче опечатка, слово «целых» стоит убрать.

Факт 1. $f$ строго убывающая функция.

Пусть $(a,a')$ искомая пара. Если $f(a)\ge f(b)$ для $a>b,$ то $2\ge a'f(a)+af(a')\ge a'f(b)+bf(a'),$ значит $(b,a')$ тоже искомая пара, противоречие. $\blacksquare$

Факт 2. $f(x)\ge \dfrac{1}{x}$

Допустим обратное $f(x)<\dfrac{1}{x}$. Тогда заметим, что $(x,x)$ образуют пару, значит верно неравенство $\left( \dfrac{1}{f(x)}\neq x \right):$

$xf\left(\dfrac{1}{f(x)}\right)+\dfrac{1}{f(x)}f(x) > 2\iff f\left(\dfrac{1}{f(x)}\right) > \dfrac{1}{x} > f(x) \implies \dfrac{1}{f(x)}<x\implies f(x)>\dfrac{1}{x},$ противоречие. $\blacksquare$

Из Факта 2 получаем, что $xf(y)+yf(x)\ge \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x} > 2,$ для $x\neq y,$ значит все пары имеют вид $(x,x),$ иными словами $2\le xf(x)+xf(x)\le 2\implies f(x)\equiv \dfrac{1}{x}.$

Ответ: $f(x)=\frac{1}{x}$

Предположим что нашлись различные $x,y$ для которых выполняется неравенство. Значит $$xf(x),~yf(y)>1 \quad 2\geq xf(y)+yf(x) \geq 2 \sqrt{xf(x)yf(y)}>2$$ Противоречие, получается неравенство выполняется только когда $x=y.$

Предположим что существует $x$ для которого $f(x)<\dfrac{1}{x}$ тогда существует положительное $c$ что $f(x)=\dfrac{1}{x+c}$ $$xf(x+c)+(x+c)f(x)\leq \dfrac{x}{x+c}+\dfrac{x+c}{x+c}<2$$

Снова противоречие так как мы нашли различные числа для которых выполняется неравенство. Следовательно $f(x)=1/x.$

$\mathrm{AM-GM}$ подтверждает что для выражение равно $2$ для $y=x$ и строго больше $2$ для остальных случаев.