Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2015 год


Пусть $S=\{2, 3, 4, \ldots \}$ — множество всех целых чисел, не меньших 2. Существует ли функция $f\colon S\to S$, для которой при всех $a, b\in S$ таких, что $a\neq b$, выполнено равенство $f(a)f(b) = f(a^2b^2) \, ?$ ( Angelo Di Pasquale )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Предположим противное. Для любых элементов $a$ и $b$ множества $S$ мы можем выбрать такое целое $c$, которое больше каждого из них. Поскольку $bc > a$ и $c > b$, имеем: $$ f(a^4b^4c^4) = f(a^2)f(b^2c^2) =f(a^2)f(b)f(c). $$ Поскольку $ac > b$ и $c > a$, имеем: $$ f(a^4b^4c^4) = f(b^2)f(a^2c^2) = f (b^2) f(a) f (c). $$ Используя эти соотношения, для любых элементов $a$ и $b$ множества $S$ получаем $f(a^2)f(b)=f(b^2)f(a)$. Следовательно, $\frac{f(a^2)}{f(a)}=\frac{f(b^2)}{f(b)}$. Отсюда следует, что существует такое положительное рациональное число $k$, что $$ f(a^2) = kf(a), \quad \text{ для всех } a \in S. \quad (1) $$ Подставляя в исходное функциональное уравнение, находим: $$ f(ab) = \frac{f(a)f(b)}{k}, \quad \text{ для всех } a,b \in S \text{ при } a \ne b. \quad (2) $$ Используя исходное функциональное уравнение и соотношения (1) и (2), получаем: $$ f(a)f(a^2)=f(a^6)=\frac{f(a)f(a^5)}{k}=\frac{f(a)f(a)f(a^4)}{k^2}=\frac{f(a)f(a)f(a^2)}{k}, $$ для всех $a \in S$. Следовательно, $f(a) = k$ для всех $a \in S$. Полагая $a = 2$ и $b= 3$ в исходном функциональном уравнении, имеем: $k = 1$, но, $1 \not\in S$. Противоречие.