Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 10 класс

$\mathbb R^+$ — оң нақты сандар жиыны. Кез келген $x,y\in \mathbb R^+$ сандары үшін \[ f \left( x+\frac{f(xy)}{x} \right) = f(xy) f \left( y + \frac 1y \right)\] теңдігін қанағаттандыратын барлық $f: \mathbb R^+ \to \mathbb R^+$ функцияларын табыңыз. ( Абу А. )

Комментарий/решение

Подставим сразу $y = \frac{y}{x}$, тогда равенство перепишется в виде

$$f \left( x+\frac{f(y)}{x} \right) = f(y) f \left( \frac{y}{x} + \frac{x}{y} \right).$$

Пусть это будет $P(x,y)$. Предположим, что $f(x_0) < x_0$ для $x_0>1$ и $f(x_0) \neq 1$. Тогда уравнение $x+\frac{f(x_0)}{x} = \frac{x_0}{x} + \frac{x}{x_0} \Leftrightarrow x^2(x_0-1) = x_0(x_0-f(x_0))$ имеет положительное решение, подставив которое получим, что $f(x_0)=1$, противоречие.

Если $\forall x \in \mathbb{R^{+}}: f(x+1/x) = 1$, то $\forall x \geq 2: f(x)=1$, тогда подставим $P(x,x_0)$, где $x$ - достаточно большое число, тогда легко получить, что $f \left( \frac{x_0}{x} + \frac{x}{x_0} \right) = 1$ и $f \left( x+\frac{f(x_0)}{x} \right) = 1$ и тогда $\forall x_0 \in \mathbb{R^+}: f(x_0) = 1$. Что подходит.

Теперь, пусть $f(c+\frac{1}{c}) \neq 1$ для какого то $c \in \mathbb R^+$. Подставим $y=c$ в начальное, тогда $f \left( x+\frac{f(cx)}{x} \right) = f(cx) f \left( c + \frac{1}{c} \right)$. Если $f(cx) = 1$ для достаточно большого $x$, то $f(c+\frac{1}{c}) = f(x+\frac{1}{x})$. Мы знаем, что это не 1, а значит $f(c+\frac{1}{c}) = f(x+\frac{1}{x}) \geq x+\frac{1}{x}$. Но можно сделать $x$ таким, что это неверно. Поэтому $\forall x>N: f(cx) \neq 1$. Тогда и $f(x) \neq 1$ при всех достаточно больших $x$.

Теперь посмотрим на $P(\frac{f(y)}{x}, y)$:

$$f \left( \frac{f(y)}{x}+x \right) = f(y) f \left( \frac{yx}{f(y)} + \frac{f(y)}{yx} \right).$$

Сравнивая с $P(x,y)$, выходит, что $$f \left( \frac{y}{x} + \frac{x}{y} \right) = f \left( \frac{yx}{f(y)} + \frac{f(y)}{yx} \right).$$

Если теперь $\frac{y}{x} = z$, то $$f(z+\frac{1}{z}) = f \left( \frac{1}{\frac{y^2}{f(y)}z} + \frac{y^2}{f(y)}z \right).$$ Если $\frac{y^2}{f(y)} = c$, то $f(z+\frac{1}{z}) = f(cz + \frac{1}{cz})$. А если применить это $k$ раз, то $f(z+\frac{1}{z}) = f(c^kz + \frac{1}{c^kz})$. Если $c \neq 1$, то $c^kz + \frac{1}{c^kz}$ будет достаточно большим для достаточно больших $k$ и $f(z+\frac{1}{z}) = f(c^kz + \frac{1}{c^kz}) \geq c^kz + \frac{1}{c^kz}$, что влечет противоречие. Откуда $\forall x \in \mathbb{R^{+}}: f(x) = x^2$, что подходит.