Республиканская олимпиада по математике, 2020 год, 11 класс

Кез келген $x, y \in \mathbb{R}^{+}$ сандары үшін $f(x) f(y) = f \left( \dfrac{xy}{x f(x) + y} \right)$ теңдігі орындалатындай барлық $f : \mathbb{R}^{+} \to \mathbb{R}^{+}$ функцияларын анықтаңыздар. Бұл жерде $\mathbb{R}^{+}$ арқылы нақты оң сандар жиыны белгіленген. ( Болатов А. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Ответ. $f \equiv 1$ и $f(x) \equiv \dfrac{c}{x} + 1$, где $c > 0$ — произвольная константа.
Решение. Пусть $g : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ такая функция, что $g(x) = f\left(\dfrac{1}{x}\right)$ для любого $x > 0$. Тогда при подстановке $\left(\dfrac{1}{x}, \dfrac{1}{y}\right)$ в условие имеем, что \[P(x, y) : g(x) g(y) = g(y g(x) + x).\] Предположим, что существует число $t > 0$ такое, что $g(t) < 1$. Тогда \[P\left(t, \frac{t}{1 - g(t)}\right) : g(t) = 1\] --- противоречие. Значит, $g(x) \ge 1$ для любого $x > 0$.
Пусть $a > b > 0$ — произвольные действительные числа. Тогда \[P\left(b, \frac{a - b}{g(b)}\right) : g(a) = g(b) g\left(\frac{a - b}{g(b)}\right) \ge g(b), \ (1)\] следовательно, функция $g$ — неубывающая. Рассмотрим два случая.
1) Существует число $t > 0$ такое, что $g(t) = 1$. Тогда для любого $x > 0$: \[P(t, x) : g(x) = g(x + t). \ (2)\] Из (2) индукцией по $n$ легко получить, что $g(x) = g(x + nt)$ (3).
Пусть $a > t > b > 0$ — произвольные числа и $n$ — такое натуральное число, что $b + nt > a$. Откуда в силу неубывания $g$ получим, что $g(a) \ge g(t) \ge g(b) = g(b + nt) \ge g(a)$, значит, $g(a) = g(b) = 1$. Следовательно, $f \equiv 1$. Легко проверить, что эта функция удовлетворяет условию задачи.
2) $g(x) > 1$ для любого $x > 0$. Тогда из (1) следует, что $g$ — строго возрастающая функция, следовательно, она инъективна. Из подстановок $P(x, 1)$ и $P(1, x)$ имеем, что \[g(g(x) + x) = g(x) g(1) = g(x g(1) + 1) \implies g(x) + x = x g(1) + 1 \implies g(x) = cx + 1,\] где $c = g(1) - 1 > 0$ — некоторая константа. Выходит, что $f(x) = \dfrac{c}{x} + 1$. Легко проверить, что эта функция удовлетворяет условию.

Начнем сразу с момента $\forall x : f(x) \geq 1$, где $f(x)f(y)=f(yf(x)+x)$

Перепишем условие:

$\dfrac{f(yf(x)+x)-f(x)}{yf(x)}=\dfrac{f(y)-1}{y} (1)$

Заметим что правая часть хотя бы $0$ значит $f(yf(x)+x)-f(x) \geq 0$ и отсюда $f$ не убывает. Отсюда $f$ имеет хотя бы одну дифиринцирумую точку $x_0$. Заметим что при $y -> 0^+$ у нас $yf(x_0) -> 0^+ \Rightarrow$

$f(x_0)’=\lim_{y \to 0^+} \dfrac{f(yf(x_0)+x)-f(x_0)}{yf(x_0)}= \lim_{y \to 0^+} \dfrac{f(y)-1}{y}=c : \forall y \in R^+$

$\forall a>b$

$P(b,\dfrac{a-b}{f(b)}=m):$ и так как при $b -> a^-$ у нас $\dfrac{a-b}{f(b)} -> 0^+$

$\lim_{b \to a^-} \dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}=\lim_{b \to a^-}\dfrac{f(m)-1}{m}=c$ отсюда $\forall b \in R^+ : f(b)’=c \Rightarrow f(x)=ax+b$ или $f(x)=a$ и подставляя находим ответ $f(x)=1, f(x)=cx+1$.

Начнем с такого же момента что и в прошлом решении, и используем что функция не убывает.

$1)f$-иньективна.

$P(y,x) : f(x)f(y)=f(yf(x)+x)=f(xf(y)+y) \Rightarrow f(x)=x(\dfrac{f(y)-1}{y})+1$ и зафиксировав $y$ находим ответ.

$2)f$- не иньективна

Тогда $f(a)=f(b)$ где $a>b$

$P(b,\dfrac{a-b}{f(b)}=t) : f(t)=1$

$P(t,t) : f(2t)=1 \Rightarrow f(nt)=1 ,\forall n$ и из моннотоности следует что $f(x)=1$.