Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2015 год


Пусть $S=\{2, 3, 4, \ldots \}$ — множество всех целых чисел, не меньших 2. Существует ли функция $f\colon S\to S$, для которой при всех $a, b\in S$ таких, что $a\neq b$, выполнено равенство $f(a)f(b) = f(a^2b^2) \, ?$ ( Angelo Di Pasquale )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Предположим противное. Для любых элементов $a$ и $b$ множества $S$ мы можем выбрать такое целое $c$, которое больше каждого из них. Поскольку $bc > a$ и $c > b$, имеем: $$ f(a^4b^4c^4) = f(a^2)f(b^2c^2) =f(a^2)f(b)f(c). $$ Поскольку $ac > b$ и $c > a$, имеем: $$ f(a^4b^4c^4) = f(b^2)f(a^2c^2) = f (b^2) f(a) f (c). $$ Используя эти соотношения, для любых элементов $a$ и $b$ множества $S$ получаем $f(a^2)f(b)=f(b^2)f(a)$. Следовательно, $\frac{f(a^2)}{f(a)}=\frac{f(b^2)}{f(b)}$. Отсюда следует, что существует такое положительное рациональное число $k$, что $$ f(a^2) = kf(a), \quad \text{ для всех } a \in S. \quad (1) $$ Подставляя в исходное функциональное уравнение, находим: $$ f(ab) = \frac{f(a)f(b)}{k}, \quad \text{ для всех } a,b \in S \text{ при } a \ne b. \quad (2) $$ Используя исходное функциональное уравнение и соотношения (1) и (2), получаем: $$ f(a)f(a^2)=f(a^6)=\frac{f(a)f(a^5)}{k}=\frac{f(a)f(a)f(a^4)}{k^2}=\frac{f(a)f(a)f(a^2)}{k}, $$ для всех $a \in S$. Следовательно, $f(a) = k$ для всех $a \in S$. Полагая $a = 2$ и $b= 3$ в исходном функциональном уравнении, имеем: $k = 1$, но, $1 \not\in S$. Противоречие.

пред. Правка 3   0
2022-11-27 21:19:24.0 #

$f(69)f(69^2)f(69^3)f(69^4)f(69^5)$

$i)=f(69^6)(f(69^5)(f(69^4)f(69^3)=f(69^{22})f(69^{14})=f(69^{72})$

$ii)f(69^{16})f(69^4)f(69^2)f(69)=f(69^{34})f(69^2)f(69^4)=f(69^{72})f(69^4)$

$\rightarrow f(69^4)=1.$

Невозможно.

  1
2022-11-16 21:45:48.0 #

а почему $f(69^{18})*f(69^4)*f(69^5)=f(69^{72})?$

  0
2022-11-27 10:39:36.0 #

потому что $f(69^5)*f(69^4)=f(69^{18})$, а $f(69^{18})^2=f(69^{72})$

  1
2022-11-27 20:26:25.0 #

а вы не упускаете тот факт, что $a \ne b?$

  0
2022-11-27 21:19:38.0 #

все, исправил, спасибо)

  0
2022-03-10 09:44:01.0 #

Не знаю, правильное ли мое решение, но вот:

$f(a)f(b)f(c)=1)f(a^2b^2)f(c)=f(a^4b^4c^2)$

$2)f(b^2c^2)f(a)=f(a^2b^4c^4)$ so they are equal. $f(a^4b^4c^2)=f(a^2)f(b^2c)$ and $f(a^4b^2c^4)=f(bc^2)f(a^2)$ so $f(bc^2)=f(b^2c)$. Let’s take such $b,c$ that $b=p^2$ and $c=q^2$ then we get that: $f(q^2p^4)=f(q^4p^2) \rightarrow f(p)=f(q)=m \rightarrow f(p)f(q)=m^2=f(p^2q^2)=m \rightarrow m=0,1.$ Противоречие.

пред. Правка 2   0
2023-03-27 11:18:30.0 #

Ответ:нет

$c \in S$

$c^m \ne a, b$

$f(a)f(b)f(c^2)=f(a^2b^2)f(c^2)=f((abc)^4)$

$f((abc)^4)=f(a)f(ab^2c^2)$

$f((abc)^4)=f(b)f(a^2bc^2)$

$f(a^2b^2)^2f(c^2)^2=f(a^2b^2)f(a^6b^6c^8)$

$f(a^4b^4c^4)f(c^2)=f(a^6b^6c^8)$

$f(a^8b^8c^{12})=f(a^6b^6c^8)$

$f(a^3b^3c^3)f(c)=f(a^3b^3c^3)f(abc^3)$

$f(c)=f(abc^3)$

$f(a^4b^4c^2)=f((abc)^6)$

$f(abc)f(ab)=f(abc)f((abc)^2)$

$f(ab)=f(ab)f(c) \rightarrow f(c)=1 \rightarrow \varnothing \blacksquare$