Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Dowód lematu będzie indukcyjny:
dla \(\displaystyle{ n=1}\) jest to prawda, ponieważ kładąc w równaniu \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f(xy)}\right)=f(x)f(y) \ (*)}\)
co następuje: \(\displaystyle{ x:=x^{2}, \ y:=1}\) mamy \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f\left(x^{2}\right)}\right)=f\left(x^{2}\right)f(1)}\),
a z drugiej strony podstawiając w \(\displaystyle{ (*), \ y:=x}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f\left(x^{2}\right)}\right)=f^{2}(x)}\)
czyli prawe strony są równe, skąd natychmiast \(\displaystyle{ f\left(x^{2}\right)=\frac{f^{2}(x)}{f(1)}}\)
Teraz krok indukcyjny: przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \NN^{+}}\) i wszystkich \(\displaystyle{ x>0}\) jest \(\displaystyle{ f\left(x^{2^{n}}\right)=\frac{f^{2^{n}}(x)}{f^{2^{n}-1}(1)}}\).
Kładąc w równaniu \(\displaystyle{ (*), \ x:=x^{2^{n}}, \ y:=x^{2^{n}}}\) i wykorzystując założenie indukcyjne, mamy \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f\left(x^{2^{n+1}}\right)}\right)=\left(\frac{f^{2^{n}}(x)}{f^{2^{n}-1}(1)} \right)^{2}=\frac{f^{2^{n+1}}(x)}{f^{2^{n+1}-2}(1)}}\)
natomiast podstawiając w \(\displaystyle{ (*), \ x:=x^{2^{n+1}}, \ y:=1}\) dostajemy \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f\left(x^{2^{n+1}}\right)}\right)=f\left(x^{2^{n+1}}\right)f(1) }\)
i ponieważ lewe strony (LHS-y dokładnie) w tych równościach są równe, więc prawe strony (tudzież RHS-y) także, stąd \(\displaystyle{ \frac{f^{2^{n+1}}(x)}{f^{2^{n+1}-2}(1)}=f\left(x^{2^{n+1}}\right)f(1)}\)
co po podzieleniu przez niezerowe z uwagi na przeciwdziedzinę \(\displaystyle{ f, \ f(1)}\) kończy krok indukcyjny.
Na mocy zasady indukcji matematycznej ble ble, bla bla.
Rozważmy teraz trzy przypadki: \(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Powiedzmy, że istnieją takie \(\displaystyle{ x,y\in \RR^{+}}\), że \(\displaystyle{ f(x)<f(1)<f(y)}\).
Wówczas z lematu mamy \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}f\left(x^{2^{n}}\right)=\lim_{n\to \infty}f(1)\left(\frac{f(x)}{f(1)}\right)^{2^{n}}=0}\)
oraz \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}f\left(y^{2^{n}}\right)=\lim_{n\to \infty}f(1)\left(\frac{f(y)}{f(1)}\right)^{2^{n}}=+\infty}\)
czyli \(\displaystyle{ f}\) przyjmuje tak dowolnie małe wartości dodatnie, jak i dowolnie duże wartości.
Jednak \(\displaystyle{ f}\), jako funkcja ciągła, ma własność Darboux, zatem \(\displaystyle{ \mathbf{rng} f=(0,+\infty)}\), innymi słowy \(\displaystyle{ f}\) jest surjekcją na \(\displaystyle{ (0,+\infty)}\).
Podstawmy teraz w równaniu \(\displaystyle{ (*), \ y:=1}\), a otrzymamy \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f(x)}\right)=f(x)f(1)}\). Oczywiście skoro \(\displaystyle{ f}\) jest surjekcją na \(\displaystyle{ (0,+\infty)}\), to \(\displaystyle{ \frac{1}{f}}\) też, stąd dla dowolnego \(\displaystyle{ t>0}\) mamy \(\displaystyle{ f(t)=\frac{f(1)}{t}}\), innymi słowy, \(\displaystyle{ f(t)=\frac{c}{t}}\) dla dowolnej stałej dodatniej \(\displaystyle{ c}\). Podstawiając do równania \(\displaystyle{ (*)}\), widzimy, że każda taka \(\displaystyle{ f}\) jest istotnie rozwiązaniem równania funkcyjnego.
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ f(1)=\max_{x\in \RR^{+}}f(x)}\).
Kładąc w równaniu \(\displaystyle{ (*), \ x:=1, \ y:=1}\) mamy \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f(1)}\right)=f^{2}(1)}\).
Z drugiej strony podstawiając w \(\displaystyle{ (*), \ y:=\frac{1}{x}}\) dostajemy \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f(1)}\right)=f(x)f\left(\frac{1}{x}\right)}\)
Mamy zatem dla dowolnego \(\displaystyle{ x>0, \ f(x)f\left(\frac{1}{x}\right)=f^{2}(1)}\).
Wiemy jednak, że zachodzi \(\displaystyle{ f(x)\le f(1), \ f\left(\frac{1}{x}\right)\le f(1)}\) i ponieważ \(\displaystyle{ f}\) przyjmuje wyłącznie wartości dodatnie, więc gdyby którakolwiek z tych nierówności była ostra dla pewnego \(\displaystyle{ x_{0}}\), to wtedy \(\displaystyle{ f(x_{0})f\left(\frac{1}{x_{0}}\right)<f^{2}(1)}\).
Zatem musi być \(\displaystyle{ f(x)\equiv 1}\) i taka funkcja jest rozwiązaniem równania \(\displaystyle{ (*)}\).
\(\displaystyle{ 3^{\circ}}\) Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ f(1)=\min_{x\in \RR^{+}}f(x)}\).
Kładąc w równaniu \(\displaystyle{ (*), \ x:=1, \ y:=1}\) mamy \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f(1)}\right)=f^{2}(1)}\).
Z drugiej strony podstawiając w \(\displaystyle{ (*), \ y:=\frac{1}{x}}\) dostajemy \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{f(1)}\right)=f(x)f\left(\frac{1}{x}\right)}\)
Mamy zatem dla dowolnego \(\displaystyle{ x>0, \ f(x)f\left(\frac{1}{x}\right)=f^{2}(1)}\).
Wiemy jednak, że zachodzi \(\displaystyle{ f(x)\ge f(1), \ f\left(\frac{1}{x}\right)\ge f(1)}\) i z uwagi na to, że \(\displaystyle{ f}\) przyjmuje wyłącznie wartości dodatnie,gdyby którakolwiek z tych nierówności była ostra dla pewnego \(\displaystyle{ x_{0}}\), to wtedy \(\displaystyle{ f(x_{0})f\left(\frac{1}{x_{0}}\right)>f^{2}(1)}\), co jest absurdem.
Zatem i w tym przypadku musi zajść \(\displaystyle{ f(x)\equiv 1}\) i taka funkcja jest rozwiązaniem równania \(\displaystyle{ (*)}\).
Podsumowując, rozwiązania równania \(\displaystyle{ (*)}\) to \(\displaystyle{ f(x)=\frac{c}{x}, \ f(x)\equiv 1}\) (\(\displaystyle{ c}\) – dowolna stała dodatnia).
Dodano po 14 minutach 59 sekundach:
Treść zadania trzeciego jest trochę niedokładna. Jak wszyscy, to wszyscy, w tym i sam wymieniający. ( ͡° ͜ʖ ͡°) ( ͡° ͜ʖ ͡°)
Nierozwiązane są 3, 5, 6, 12, 16, 17, 18, 24 i 25
