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

Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 11 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:

  4
1 года назад #

Решение. Пусть P(x,y) обозначает начальное уравнение.

(1) P(1,x): f(f(x)+1)=f(x)f(x+1x).

(2) P(t/x,x): f(tx+xf(t)t)=f(t)f(x+1x).

Допустим нашлись такие b>a, что f(a)>f(b), тогда

f(ax+xf(a)a)>f(bx+xf(b)b)

Но с другой стороны существует такое x, что

ax+xf(a)a=bx+xf(b)bx2=(ba)÷(f(a)af(b)b)>0,

противоречие. Значит f не убывает.

(3) P(x,t/x): f(x+f(t)x)=f(t)f(tx+xt).

(4) P(f(t),tf(t)):f(f(t)+1)=f(t)f(tf(t)+f(t)t)f(t+1t)=f(f(t)t+tf(t)) используя (1).

Случай 1. f не инъективная, пусть x1>x2 и f(x1)=f(x2). Из (3) получаем, что

f(2)=f(a+1a) для a=x1x2>1.

Докажем, что f фиксирована на [2,+). Понятно, что на [2,a+1a] она фиксирована в силу не убывания.

Из (3) следует, что для всех p,q[2,a+1a] и x>0 верно f(px+xp)=f(qx+xq)

Пусть p=2,q=a+1a и x=aq, тогда

f(a2+12+2a2+1)=f(a+1a).

Рассмотрим последовательность {an} такую, что a0=a>1 и an+1=a2n+12. Заметим, что это строго возрастающая последовательность. Если она ограничена сверху, то существует предел

L=limnan=limnan+1=limna2n+12=L2+12L=1.

Значит функция f фиксирована на [2,+). Теперь подставим достаточно большое x в (3), откуда f(t)=1, то есть f(x)1.

Случай 2. f инъективная. Тогда из 4) получаем

t+1t=f(t)t+tf(t)f(t)2(1+t2)f(t)+t2=0f(t)=t2 или 1.

Из инъективности только f(1)=1, откуда f(x)x2.

  0
2 месяца 4 дней назад #

Извините, а как вы так черным текстом пишете?

Какую команду используете, я сам не смог найти нигде

  1
21 дней 22 часов назад #

Выделяешь текст, потом нажимаешь на кнопочку B сверху.