一道求抽象函数的解析式的题目（据说达到IMO级别）

其妙

设连续的单调函数 $f:(-1,+\infty) \to(-1,+\infty), f(0)=0$，且满足 $f[x+f(y)+x f(y)] \geq y+f(x)+y f(x), \forall x, y \in(-1,+\infty)$．试求函数 $f(x)$ 的解析式．

其妙

大家先猜猜有哪两个函数符合题意？
然后再猜一下分段函数

v6mm131

回复 3# 其妙

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

其妙

回复 4# v6mm131
牛！
再猜一下分段函数可不可能，

zhcosin

这题不好搞，在题目不等式中取$x=0$得到下式恒成立
\[ f(f(y)) \geqslant y \]
如果函数$f(x)$是增函数的话，就必有$f(x) \geqslant x$，因为如果有某个$x_0$使得$f(x_0)<x_0$，那由单调增就有$f(f(x_0))<f(x_0)<x_0$与上式矛盾，所以在增函数的条件下一定有$f(x) \geqslant x$.但对于减函数的情形似乎难以得到类似的结论。

题目之所以难是因为条件中是不等式，那先降低难度，考虑一下如果是等式会怎样，也就是
\[ f(x+f(y)+xf(y)) = y+f(x)+yf(x) \]
因为$f(x)$单调，所以必有反函数，再假设$f(x)$为满射（似乎题意也要求如此），于是在上式中将$y$替换为$f^{-1}(y)$，就成为
\[ f(x+y+xy)=f(x)+f^{-1}(y)+f(x)f^{-1}(y) \]
互换$x$和$y$，又得
\[ f(x+y+xy)=f^{-1}(x)+f(y)+f^{-1}(x)f(y) \]
于是
\[ f(x)+f^{-1}(y)+f(x)f^{-1}(y) = f^{-1}(x)+f(y)+f^{-1}(x)f(y) \]
整理即得
\[ \frac{f(x)-f^{-1}(x)}{1+f(x)}=\frac{f(y)-f^{-1}(y)}{1+f(y)} \]
因为$x$和$y$是任意的，所以上式意味着
\[  \frac{f(x)-f^{-1}(x)}{1+f(x)}=C \]
右端$C$是常数，但$f(0)=f^{-1}(0)=0$，所以$C=0$，于是得
\[ f(x)=f^{-1}(x) \]
这表明函数$f(x)$的图象是关于直线$y=x$对称的. 将它代回前面的等式就得到
\[ f(x+y+xy)=f(x)+f(y)+f(x)f(y) \]
这个方程很漂亮，可是，似乎也难以转化为柯西方程，到这又没戏了。。。。。

既然还是难，那就进一步加条件，假设函数$f(x)$不但连续，还是一阶可导的，那么有
\[ \frac{f(x+y+xy)-f(x)}{y+xy} = \frac{1+f(x)}{(1+x)} \cdot \frac{f(y)}{y} \]
两边令$y \to 0$，就有
\[ f'(x) =  \frac{1+f(x)}{(1+x)}  \cdot f'(0) \]
这是一个微分方程，至于其中的常数$f'(0)$，因为$f(x)=f^{-1}(x)$，所以必然有$f'(0)=1$或者$f'(0)=-1$，方程变形为
\[ \frac{y'}{1+y} = C \cdot \frac{1}{1+x} \]
其中$C=1$或者$C=-1$两边积分得
\[ \ln{(1+y)} = C \ln{(1+x)}+C' \]
这里$C'$是积分常数，所以得到
\[ y= e^{C'} \cdot (1+x)^C - 1 \]
由$f(0)=0$得$C'=0$，所以
\[ f(x)=(1+x)^C-1 \]
其中$C=1$或者$C=-1$，分别对应着$f(x)=x$与$f(x)=-\frac{x}{1+x}$，但是要注意，这是在加强了条件（不等式改等式并且要求函数一阶可导）得出的结果.

其妙

要不要开个新帖?
问题：求所有函数 $f: R_{+} \to R_{+}$，使得对任意实数 $x, y>0$ ，有 $x^2(f(x)+f(y))=(x+y) f(f(x) y)$

hbghlyj

题目
设连续的单调函数$f$：$\left( -1,+\infty \right)\to \left( -1,+\infty \right)$，$f\left( 0 \right)=0$，且满足$f\left[ x+f\left( y \right)+xf\left( y \right) \right]\geqslant y+f\left( x \right)+yf\left( x \right)$，对$\forall x$，$y\in \left( -1,+\infty \right)$
试求$f\left( x \right)$．

答案
$f\left( x \right)=-\frac{x}{1+x}$；$f\left( x \right)=x$．

解析
因为$f\left( x \right)$是连续的单调函数．又$f\left( 0 \right)=0$，所以$f\left( x \right)$在零点两边符号相反，且$y\to 0$时．$f\left( y \right)\to 0$，$x+f\left( y \right)+xf\left( y \right)-x\to 0$．\[f\left[ x+f\left( y \right)+xf\left( y \right) \right]-f\left( x \right)\geqslant y\left[ 1+f\left( x \right) \right]\]当$y>0$时，\[\frac{f\left[ x+f\left( y \right)+xf\left( y \right) \right]-f\left( x \right)}{x+f\left( y \right)+xf\left( y \right)-x}\cdot \frac{f\left( y \right)+xf\left( y \right)}{y}\geqslant 1+f\left( x \right)\]由$1+x>0$，得\[\frac{f\left[ x+f\left( y \right)+xf\left( y \right) \right]-f\left( x \right)}{x+f\left( y \right)+xf\left( y \right)-x}\cdot \frac{f\left( y \right)}{y}\geqslant \frac{1+f\left( x \right)}{1+x}\]令$y\to 0$，得\[{{f}^{\prime}}\left( x \right){{f}^{\prime}}\left( 0 \right)\geqslant \frac{1+f\left( x \right)}{1+x}\]当$-1 < y < 0$时，\[\frac{f\left[ x+f\left( y \right)+xf\left( y \right) \right]-f\left( x \right)}{x+f\left( y \right)+xf\left( y \right)-x}\cdot \frac{f\left( y \right)+xf\left( y \right)}{y}\leqslant 1+f\left( x \right)\]由$1+x>0$，得\[\frac{f\left[ x+f\left( y \right)+xf\left( y \right) \right]-f\left( x \right)}{x+f\left( y \right)+xf\left( y \right)-x}\cdot \frac{f\left( y \right)}{y}\leqslant \frac{1+f\left( x \right)}{1+x}\]令$y\to 0$，得\[{{f}^{\prime}}\left( x \right){{f}^{\prime}}\left( 0 \right)\leqslant \frac{1+f\left( x \right)}{1+x}\]从而有了\[{{f}^{\prime}}\left( x \right){{f}^{\prime}}\left( 0 \right)=\frac{1+f\left( x \right)}{1+x}\]记${{f}^{\prime}}\left( 0 \right)=a$，上式化为$a\left( 1+x \right){{f}^{\prime}}\left( x \right)=1+f\left( x \right)\]当${{f}^{\prime}}\left( 0 \right)=0$时，$1+f\left( x \right)=0$，所以$f\left( x \right)\equiv -1$，不是单调函数，舍去．

当${{f}^{\prime}}\left( 0 \right)\ne 0$时，上式化为$a\left( 1+x \right){{f}^{\prime}}\left( x \right)-f\left( x \right)=1$，①

于是，\[{{\left[ {{\left( \frac{1}{1+x} \right)}^{\frac{1}{a}}}f\left( x \right) \right]}^{\prime}}={{\left[ {{\left( 1+x \right)}^{-\frac{1}{a}}}f\left( x \right) \right]}^{\prime}}\]\[={{\left( 1+x \right)}^{-\frac{1}{a}}}{{f}^{\prime}}\left( x \right)-\frac{1}{a}{{\left( 1+x \right)}^{-\frac{1}{a}-1}}f\left( x \right)\]\[=\frac{1}{a}{{\left( \frac{1}{1+x} \right)}^{1+\frac{1}{a}}}\left[ a\left( 1+x \right){{f}^{\prime}}\left( x \right)-f\left( x \right) \right]\]即\[{{\left[ {{\left( \frac{1}{1+x} \right)}^{\frac{1}{a}}}f\left( x \right) \right]}^{\prime}}=\frac{1}{a}{{\left( \frac{1}{1+x} \right)}^{1+\frac{1}{a}}}\]\[{{\left( \frac{1}{1+x} \right)}^{\frac{1}{a}}}f\left( x \right)=\int{\frac{1}{a}{{\left( \frac{1}{1+x} \right)}^{1+\frac{1}{a}}}}dx=-{{\left( \frac{1}{1+x} \right)}^{\frac{1}{a}}}+c\]\[f\left( x \right)=c{{\left( 1+x \right)}^{\frac{1}{a}}}-1\]
由$f\left( 0 \right)=0$，得$c=1$，由${{f}^{\prime}}\left( 0 \right)=a$，在①中取$x=0$代入，得${{a}^{2}}=1$，即$a=-1$或$a=1$．

当$a=-1$时，$f\left( x \right)={{\left( 1+x \right)}^{-1}}-1=-\frac{x}{1+x}$；

当$a=1$时，$f\left( x \right)=\left( 1+x \right)-1=x$．

综上，所给函数不等式的解是$f\left( x \right)=-\frac{x}{1+x}$；$f\left( x \right)=x$．

经验证：所求的两个解均为原函数不等式的解．

hbghlyj

aops1
aops2
aops3
mse1

青青子衿

hbghlyj 发表于 2021-5-16 08:19
aops1
aops2
aops3

建议把方程敲出来，链接有时候会失效的

其妙

用chrome的enable-selection扩展程序可以突破页面限制,自由复制页面内容.
hbghlyj 发表于 2021-5-16 16:08

求教：chrome的enable-selection扩展程序在哪找呀

hbghlyj

回复 11# 其妙
在chrome商店里找.
chrome.google.com/webstore/category/extensions?hl=en
需要上网才能进入.