Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 10 класс
Комментарий/решение:
Подставим сразу y=yx, тогда равенство перепишется в виде
f(x+f(y)x)=f(y)f(yx+xy).
Пусть это будет P(x,y). Предположим, что f(x0)<x0 для x0>1 и f(x0)≠1. Тогда уравнение x+f(x0)x=x0x+xx0⇔x2(x0−1)=x0(x0−f(x0)) имеет положительное решение, подставив которое получим, что f(x0)=1, противоречие.
Если ∀x∈R+:f(x+1/x)=1, то ∀x≥2:f(x)=1, тогда подставим P(x,x0), где x - достаточно большое число, тогда легко получить, что f(x0x+xx0)=1 и f(x+f(x0)x)=1 и тогда ∀x0∈R+:f(x0)=1. Что подходит.
Теперь, пусть f(c+1c)≠1 для какого то c∈R+. Подставим y=c в начальное, тогда f(x+f(cx)x)=f(cx)f(c+1c). Если f(cx)=1 для достаточно большого x, то f(c+1c)=f(x+1x). Мы знаем, что это не 1, а значит f(c+1c)=f(x+1x)≥x+1x. Но можно сделать x таким, что это неверно. Поэтому ∀x>N:f(cx)≠1. Тогда и f(x)≠1 при всех достаточно больших x.
Теперь посмотрим на P(f(y)x,y):
f(f(y)x+x)=f(y)f(yxf(y)+f(y)yx).
Сравнивая с P(x,y), выходит, что f(yx+xy)=f(yxf(y)+f(y)yx).
Если теперь yx=z, то f(z+1z)=f(1y2f(y)z+y2f(y)z). Если y2f(y)=c, то f(z+1z)=f(cz+1cz). А если применить это k раз, то f(z+1z)=f(ckz+1ckz). Если c≠1, то ckz+1ckz будет достаточно большим для достаточно больших k и f(z+1z)=f(ckz+1ckz)≥ckz+1ckz, что влечет противоречие. Откуда ∀x∈R+:f(x)=x2, что подходит.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.