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

41-я Балканская математическая олимпиада. Варна, Болгария, 2024 год


R+=(0,) — барлық нақты оң сандар жиыны болсын. Барлық x>y>0 үшін f(f(x)+P(y))=f(xy)+2y теңдігін қанағаттандыратын барлық f:R+R+ функциялары мен коэффициенттері теріс емес нақты сандар болатын P(x), мұнда P(0)=0, көпмүшелерін табыңыздар.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 3   0
6 месяца 3 дней назад #

Пусть Q(x,y) обозначает нашу функцию

limy0P(y)+y=P(0)+0limyxP(y)+y=P(x)+x

Значит :tR+zR+ что :P(z)+z=t

Утверждение 1: f(x)x

От обратного :x0R+ для которого x0f(x0)>0

P(y0)+y0=x0f(x0)f(x0)+P(y0)=x0y0

Q(x0,y0)2y0=0

Утверждение 2: P линейный

От отбратного:

f(xy)=f(f(x)+P(y))2yxy+(P(y)y)

Зафиксировав xy для достаточно большого y

Тогда :P(y)cy значит c1

Если c=0

Q(b+a,a)Q(a+b,b)f(a)2a=f(b)2ba,b

Значит :f(x)=2x+c что очевидно не подходит

Введем новую функцию :g(x)=f(x)x

g(g(x)+x+cy)+g(x)+x+cy=g(xy)+x+y

Утверждение 3: x что g(x)=0

От обратного:

Пусть g(x) инфиминимум функции g

Q(f(x),g(x))f(f(f(x))+cg(x))=f(x)+2g(x)

Что равносильно:

2g(x)>(2c)g(x)=g(f(x))+g(f(f(x))+cg(x))2g(x)

Значит существует такой x что f(x)=x

Добивка:

Q(x,y)f(x+cy)=f(xy)+2y

Теперь:

Q(x+cy,cy)x+y+c2yf(f(xy)+2y+c2y)

Что дает нам:

Q(x+cy,cy)x+y+c2yx+2cy

Неравенство верно в обратную сторону, равенство при c=1

Тогда: f(xy)=xy и P(y)=yx>y

Q(x,y)f(x+y)=x+yx>y

Повторяю данную операцию получим: f(x)=xxR+

Ответ: f(x)x

пред. Правка 2   0
6 месяца 3 дней назад #