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

Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 10 класс


R+ — оң нақты сандар жиыны. Кез келген x,yR+ сандары үшін f(x+f(xy)x)=f(xy)f(y+1y) теңдігін қанағаттандыратын барлық f:R+R+ функцияларын табыңыз. ( Абу А. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  5
1 года назад #

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+xx0x2(x01)=x0(x0f(x0)) имеет положительное решение, подставив которое получим, что f(x0)=1, противоречие.

Если xR+:f(x+1/x)=1, то x2: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 x0R+:f(x0)=1. Что подходит.

Теперь, пусть f(c+1c)1 для какого то cR+. 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 c1, то ckz+1ckz будет достаточно большим для достаточно больших k и f(z+1z)=f(ckz+1ckz)ckz+1ckz, что влечет противоречие. Откуда xR+:f(x)=x2, что подходит.