Республиканская олимпиада по математике, 2021 год, 10 класс

Найдите все функции $f:{{R}^{+}}\to {{R}^{+}}$ такие, что $f{{\left( x \right)}^{2}}=f\left( xy \right)+f\left( x+f\left( y \right) \right)-1$ для любых $x,y\in {{R}^{+}}$. (Здесь ${{R}^{+}}$ — множество положительных действительных чисел.) ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Ответ: $f\equiv 1.$

Решение: Пусть $P(x,y)$ обозначает равенство из условия. Докажем следующую лемму:

Лемма: Если $f(a)=f(b),$ то $f(ap+q)=f(bp+q)$ для любых $p>0,q\ge 0.$

Д-во: Из разности $P(p,a)$ и $P(p,b)$ следует, что $f(ap)=f(bp).$

А из разности $P(a,1)$ и $P(b,1)$ получаем равенство $f(a+f(1))=f(b+f(1)),$ тогда

$$f(ax)=f(bx)\implies f(ax+f(1))=f(bx+f(1))$$

$$\implies f((ax+f(1))y)=f((bx+f(1))y)\implies f(ap+q)=f(bp+q)\ \forall p,q>0.$$

Последнее равенство можно получить из предыдущего подстановкой $x=pf(1)/q$ и $y=q/f(1).\quad\blacksquare$

Из разности $P(1,1)$ и $P(1,1+f(1))$ получаем, что $f(1)=f(1+t),$ где $t=f(1+f(1)).$

Утверждение: Для любого натурального $n$ и $x\in[1;1+tn]$ верно равенство $f(1)=f(x).$ Из этого следует, что $f(1)=f(x)\ \forall x\ge 1.$

Д-во: Рассмотрим в лемме: $\forall p\in (0;1),$ $q=1-p,$ $a=1,$ $b=1+t:$

$$f(1)=f(p\cdot 1+q)=f(p\cdot(1+t)+q)=f(1+pt),$$

откуда утверждение верно для $n=1.$ Рассмотрим $p=1$ и $q=t,$ тогда

$$f(1)=f(1+t)=f(x+t),\ \forall x\in [1;1+t].$$

Следовательно утверждение верно для $n=2.$

Аналогично при помощи индукции получаем, что утверждение верно для любого натурального $n.\quad\blacksquare$

$\\$

Мы получили, что $f(1)=f(x)\ \forall x\ge 1\implies f\left(1\cdot \dfrac{1}{x}\right)=f\left(x\cdot \dfrac{1}{x}\right)=f(1),$ значит $f(1)=f(x)\ \forall x\le 1.$

Значит $f\equiv c,$ подставив находим, что $c=1.\quad\square$

$f(xy)=f(x)^2-f(x+f(y))+1 < f(x)^2+1$

Поэтому $f$ ограничена сверху. Обозначим $s=\sup f(\mathbb{R}^+)$.

Тогда $f(xy) = f(x)^2-f(x+f(y))+1 \ge f(x)^2-s+1$. Взяв $f(x) \rightarrow s$ и подставив $\frac{y}{x}$ вместо $y$ получим $s \ge f(y) \ge s^2-s+1 \ge s$ для любого $y$.

Следовательно $s=1$ и $f \equiv 1$

Красиво решил

Он не доказал, что существует такой $x \in R^{+}$, что функция $f(x) = s$.

Ты походу не понял. Он взял $s$ такое что $s$ максимум функции $f(x)$. Очевидно что такой $s$ есть.

Возьми функцию $f(x) = 1-2^{-x}$ для $x \in R^{+}$. Он ограничен сверху, но его максимум не достигается.

Подробнее будет так: Сущ. (из определения $s$) последовательность $\{x_i\}_{i\ge 1},$ что $\lim\limits_{i\to\infty}f(x_i)=s.$ Подставим

$P(x_i,\dfrac{x}{x_i}):\ f(x)\ge f(x_i)^2-s+1\implies s\ge f(x)\ge \lim\limits_{i\to\infty}(f(x_i)^2-s+1)=s^2-s+1.\quad\square$

Заметим, что если $f(a)=f(b)$ , сравнив $P(x,a)$ и $P(x,b)$ можно получить $f(ax)=f(bx)$ при всех $x\in\mathbb R^{+}$.

Утверждение Если $f(t)=f(1)$, то $f(x)=f(1)$ для всех $x\in[1,t]$

Доказательство. Обозначим через $S=\{x|f(x)=f(1)\}$. Понятно, что если $f(a)=f(b)$, то $f(1)=f(\frac{1}{a}a=f(\frac{1}{a}b)$, поэтому $b/a\in S$.

Сравнив $P(x,y)$ и $P(xt,y)$ можно получить, что $f(x+f(y))=f(xt+f(y))$. Следовательно, надо чтобы $\frac{xt+f(y)}{x+f(y)}$ покрывало все значения $[1,t]$ что верно

$$\dfrac{xt+f(y)}{x+f(y)}=c\Longleftrightarrow x=\dfrac{f(y)c-f(y)}{t-c}>0.\square$$

Остается заметить, что из $f(t)=f(1)$ (такой $t>1$ существует), $f(1)=f(1\cdot 1)=f(t\cdot 1)=f(t\cdot t)=f(t^2)$ и аналогично $f(t^n)=f(1)$. Так как $t^n$ принимает сколь угодно большие значения, используя утверждение, $f$ постоянна на $[1,+\infty]$. А дальше понятно, что $f\equiv 1$

Мошно

Ответ: $f \equiv 1$

Понятно что функция ограниченная. Пусть $ \exists a>b, f(a)=f(b)$. Тогда сравнив $P(x,a),P(x,b)$ можно получить: $$1) f(x)=f(\frac{a}{b}x)$$ для любого $x$. Пусть $\frac{a}{b} = r, r>1$ тогда подставив $P(\dfrac{f(r)}{r-1}=c,r)$ можно получить(используя $1)$) что $f(c) = 1$

$P(x,r): f(x+f(r))=f(x)^2-f(x)+1$. Пусть $g(x)=x^2-x+1$. Тогда по индукции: $$f(x+Nf(r))=g^{N}(f(x)), \forall N \in \mathbb{N}$$ ($g^N(x)= g$ использовано $N$ раз.) Докажем что $g^{N}(f(x))$ неограничена при $f(x)>1$. Пусть существует $k, f(k)>1$,то есть $ f(k)=1+s,s>0$. Докажем что $g^N(1+s) > 1+(N-1)s^2.$ Понятно что $g^N(1+s) > g^{N-1}(1+s) \geq 1+s$,тогда по индукции:

$$g^N(1+s)= (g^{N-1}(1+s)-1)^2+g^{N-1}(1+s) > s^2+1+(N-2)s^2= 1+(N-1)s^2$$. Тогда,для любого натурального $N$, выполнено:

$$f(k+Nf(r))=g^{N}(f(k))> 1+(N-1)s^2$$ что противоречит ограниченности функции. Значит для любого $x, f(x) \leq 1$. Тогда подставив $P(c,\frac{x}{c}): 2 \geq f(x)+f(c+f(\frac{x}{c}))=f(c)^2 + 1 = 2$, откуда $f(x)=1$ для любого положительного $x$. $\Box$

Существование таких $a,b$ можно доказать так: $f(x)+f(x+f(1))=f(x)^2 + 1=f(xz)+f(x+f(z))$ и взяв $z=\frac{f(1)}{x}+1$ можно получить $xz=x+f(1), f(x+f(1))=f(xz)$ то есть $f(x+f(z))=f(x)$ и очевидно что $x+f(z) ≠ x$.

Потрясающие решение!!!