Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2016 год

Найдите все функции $f:{{\mathbb{R}}^{+}}\to {{\mathbb{R}}^{+}}$ такие, что равенство $$(z+1)f(x+y)=f(xf(z)+y)+f(yf(z)+x)$$ выполнено для всех положительных $x,y,z$. (Через ${{\mathbb{R}}^{+}}$ обозначено множество всех положительных действительных чисел.)

Комментарий/решение

Ответ: $f(x)=x,\forall x\in\mathbb{R^+}$

Решение:

$$P(x,y,z):(z+1)f(x+y)=f(xf(z)+y)+f(yf(z)+x)\quad $$

Заметим, что $P(x,x,z):$ $$ \frac{z+1}{2}\cdot f(2x)=f(x(f(z)+1)),\forall x,z\in\mathbb{R^+}\quad (*)$$

Из $(*)$ следует, что $f-$ инъективная функция.

Подставим в $(*)$ $z=1$, тогда из инъективности получаем, что $$2x=x(f(1)+1)\implies f(1)=1$$

$\\$

$\\$

$\\$

Утверждение 1: Если функция $f$ принимает некоторое положительное значение $A$, то она принимает все значения на луче $(\dfrac A 2, +\infty)$

Доказательство: Пусть $f(a)=A$ , подставим в $(*)$ $x=\dfrac a 2$, откуда $$\dfrac{z+1}{2}\cdot A=f(\dfrac a 2(z+1))$$

тогда если $z$ пробегает все значения на луче $(0,+\infty)$, то $f(\dfrac a 2(z+1))=\dfrac{z+1}{2}\cdot A$ пробегает все значения на луче $(\dfrac A 2, +\infty).\quad\square$

$\\$

$\\$

$\\$

Из Утверждения 1: следует, что $f-$ сюръективная функция.

$\\$

$\\$

$\\$

Утверждение 2: Для всех $x,y\in\mathbb{R^+}$ верно $$\dfrac{f(x)+f(y)}{2}=f(\dfrac{x+y}{2})$$

Доказательство: Заметим, что $$af(c)+b=(\dfrac{af(c)+b}{f(c)+1})\cdot(f(c)+1)$$

тогда из $(*):$ $$f(af(c)+b)=\dfrac{c+1}{2}\cdot f(\dfrac{2(af(c)+b)}{f(c)+1})$$

Пользуясь последним уравнением в $P(x,y,z)$, и заменив $f(z)=k$ получаем, что $$2\cdot f(x+y)=f(\dfrac{2(xk+y)}{k+1})+f(\dfrac{2(yk+x)}{k+1}),\forall x,y,k\in\mathbb{R^+}$$

$(k$ любое число из $\mathbb{R^+}$, так как $k=f(z)-$ сюръективная функция.$)$

Легко доказать, что для$\forall w,v\in\mathbb{R^+}, \exists x,y,k\in\mathbb{R^+}$ такие, что $$w=\dfrac{2(xk+y)}{k+1}$$ $$v=\dfrac{2(yk+x)}{k+1}$$

откуда $$\dfrac{f(w)+f(v)}{2}=f(\dfrac{w+v}{2}).\quad\square$$

$\\$

$\\$

$\\$

В Утверждение 2 подставим $x=f(z), y=1$, тогда $$f(\dfrac{f(z)+1}{2})=\dfrac{f(f(z))+1}{2}\quad (1)$$

Подставив в $(*)$ $x=\dfrac 1 2$ получаем $$f(\dfrac{f(z)+1}{2})=\dfrac{z+1}{2}\quad (2)$$

Из $(1)$ и $(2)$ получаем, что $$f(f(x))=x,\forall x\in\mathbb{R^+}$$

$\\$

$\\$

$\\$

Утверждение 3: Для всeх $x,y\in\mathbb{R^+}$ верно

$$f(x)f(y)=f(xy)$$

Доказательство: Преобразуем $(*)$ пользуясь Утверждением 2 $:$

$\dfrac{z+1}{2}\cdot f(2x)=f(x(f(z)+1))=f(2x\cdot(\dfrac{f(z)+f(1)}{2}))=$

$=f(2x\cdot f(\dfrac{z+1}{2}))$, тогда $\dfrac{a+1}{2}\cdot f(b)=f(b\cdot f(\dfrac{a+1}{2})),\forall a,b\in\mathbb{R^+}.$

Подставим вместо $a\rightarrow f(a)$, тогда $$\dfrac{f(a)+1}{2}\cdot f(b)=f(b\cdot f(\dfrac{f(a)+1}{2}))=f(b\cdot \dfrac{a+1}{2})=\dfrac{f(ab)+f(b)}{2} $$ второе и третье равенства следует из $(2)$ и Утверждения 2 соответсвенно.

Откуда $(f(a)+1)\cdot f(b)=f(ab)+f(b)$

$$\implies f(a)f(b)=f(ab).\quad\square$$

Утверждение 4: $f(2)=2$ и $f-$ аддитивная функция, тоесть для любых $x,y\in\mathbb{R^+}$ верно $$f(x)+f(y)=f(x+y)$$

Доказательство:

Пусть $a=\dfrac{f(2)}{2}$, тогда $f(a)f(2)=f(\dfrac{f(2)}{2})f(2)=f(f(2))=2\implies f(a)=\dfrac 1 a.$

Из $(2):$ $f(f(z)+1)=f(2)f(\dfrac{f(z)+1}{2})=\dfrac{z+1}{2}\cdot f(2)=(z+1)a\implies$

$f(z)+1=f(f(f(z)+1))=f((z+1)a)=f(z+1)f(a)$

$$\implies f(z+1)=a(f(z)+1)$$

Тогда $f(3)=a(f(2)+1)=a(2a+1)$

$\implies 2a^3+a^2+a=a(f(3)+1)=f(4)=f(2)f(2)=(2a)^2$

$\implies a(a-1)(2a-1)=0$, если $a=\dfrac 1 2\implies f(2)=1=f(1)$, что невозможно, ведь $2\ne 1$.

Значит $a=1\implies f(2)=2$, тогда

$$f(x+y)=f(2)f(\dfrac{x+y}{2})=2\cdot \dfrac{f(x)+f(y)}{2}=f(x)+f(y)$$ $$\implies f(x)+f(y)=f(x+y).\quad\square$$

Так как $f-$аддитивная функция, то

$\mathrm{i)}$ $f(q)=qf(1)=q,\forall q\in\mathbb{Q^+}$

$\mathrm{ii)}$ $f(a)=f(b)+f(a-b)>f(b),\forall a>b>0$

Из $\mathrm{i)}$ и $\mathrm{ii)}$ следует, что для любого $r\in\mathbb{R^+}$: $$a=f(a)<f(r)<f(b)=b, \forall a<r<b; a,b\in\mathbb{Q^+}$$

Откуда $f(r)=r,\forall r\in\mathbb{R^+}.\quad\square$

$P.S.$ При доказательстве $f(2)=2$, можно было сперва отметить, что $f(2k)=f(2)f(k)=2af(k)$, и можно выразить $f(3)$ и $f(4)$ через $a$, подставив в Утверждение 2 $x=4, y=2$ и $x=6,y=2.$

На самом деле из Утверждения 2 уже следует, что $f$ линейная функция. Это так называемое "Уравнение Йенсена".

пов: перечитываешь свои старые решения