IMO 1972 · Problem 5
Let \(f\) and \(g\) be real-valued functions defined for all real values of \(x\) and \(y\), and satisfying the equation \[ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y) \] for all \(x,y\). Prove that if \(f(x)\) is not identically zero, and if \(|f(x)|\leq 1\) for all \(x\), then \(|g(y)|\leq 1\) for all \(y\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let \[ M=\sup_{t\in\mathbb R}|f(t)|. \] Since \(f\) is not identically zero and \(|f(t)|\leq 1\) everywhere, we have \(0<M\leq 1\).
Fix any \(y\in\mathbb R\). For every \(x\in\mathbb R\), the given equation and the triangle inequality imply \[ 2|f(x)|\,|g(y)| =\bigl|f(x+y)+f(x-y)\bigr| \leq |f(x+y)|+|f(x-y)| \leq 2M. \] Taking the supremum over \(x\), with \(|g(y)|\) a fixed nonnegative constant, gives \[ 2M|g(y)|\leq 2M. \] Because \(M>0\), division by \(2M\) yields \(|g(y)|\leq 1\). As \(y\) was arbitrary, this holds for every real \(y\).
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1972 · Aufgabe 5
Seien \(f\) und \(g\) reellwertige Funktionen, die für alle reellen Werte von \(x\) und \(y\) definiert sind und für alle \(x,y\) die Gleichung \[ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y) \] erfüllen. Beweise: Wenn \(f(x)\) nicht identisch null ist und \(|f(x)|\leq 1\) für alle \(x\) gilt, dann gilt \(|g(y)|\leq 1\) für alle \(y\).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Sei \[ M=\sup_{t\in\mathbb R}|f(t)|. \] Da \(f\) nicht identisch null ist und überall \(|f(t)|\leq 1\) gilt, haben wir \(0<M\leq 1\).
Sei \(y\in\mathbb R\) beliebig fest gewählt. Für jedes \(x\in\mathbb R\) folgen aus der gegebenen Gleichung und der Dreiecksungleichung \[ 2|f(x)|\,|g(y)| =\bigl|f(x+y)+f(x-y)\bigr| \leq |f(x+y)|+|f(x-y)| \leq 2M. \] Bildet man das Supremum über \(x\), wobei \(|g(y)|\) eine feste nichtnegative Konstante ist, so erhält man \[ 2M|g(y)|\leq 2M. \] Wegen \(M>0\) ergibt die Division durch \(2M\) die Ungleichung \(|g(y)|\leq 1\). Da \(y\) beliebig war, gilt dies für jedes reelle \(y\).
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1972 · Soru 5
\(f\) ve \(g\), \(x\) ve \(y\) değişkenlerinin tüm gerçel değerleri için tanımlı, gerçel değerli fonksiyonlar olsun ve tüm \(x,y\) için \[ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y) \] denklemini sağlasın. \(f(x)\) özdeş olarak sıfır değilse ve tüm \(x\) için \(|f(x)|\leq 1\) ise, tüm \(y\) için \(|g(y)|\leq 1\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\[ M=\sup_{t\in\mathbb R}|f(t)| \] olsun. \(f\) özdeş olarak sıfır olmadığından ve her yerde \(|f(t)|\leq 1\) olduğundan, \(0<M\leq 1\) olur.
Herhangi bir \(y\in\mathbb R\) değerini sabitleyelim. Her \(x\in\mathbb R\) için, verilen denklem ve üçgen eşitsizliği \[ 2|f(x)|\,|g(y)| =\bigl|f(x+y)+f(x-y)\bigr| \leq |f(x+y)|+|f(x-y)| \leq 2M \] sonucunu verir. \(|g(y)|\) negatif olmayan sabit bir değer olduğundan, \(x\) üzerinden supremum alarak \[ 2M|g(y)|\leq 2M \] elde ederiz. \(M>0\) olduğundan, \(2M\) ile bölerek \(|g(y)|\leq 1\) buluruz. \(y\) keyfî seçildiğinden, bu eşitsizlik her gerçel \(y\) için geçerlidir.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1972 · Problema 5
Sean \(f\) y \(g\) funciones con valores reales, definidas para todos los valores reales de \(x\) e \(y\), que satisfacen la ecuación \[ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y) \] para todos \(x,y\). Demostrar que, si \(f(x)\) no es idénticamente nula y \(|f(x)|\leq 1\) para todo \(x\), entonces \(|g(y)|\leq 1\) para todo \(y\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sea \[ M=\sup_{t\in\mathbb R}|f(t)|. \] Como \(f\) no es idénticamente nula y \(|f(t)|\leq 1\) en todo punto, tenemos \(0<M\leq 1\).
Fijemos un \(y\in\mathbb R\) cualquiera. Para todo \(x\in\mathbb R\), la ecuación dada y la desigualdad triangular implican \[ 2|f(x)|\,|g(y)| =\bigl|f(x+y)+f(x-y)\bigr| \leq |f(x+y)|+|f(x-y)| \leq 2M. \] Tomando el supremo respecto de \(x\), con \(|g(y)|\) como constante no negativa fija, se obtiene \[ 2M|g(y)|\leq 2M. \] Como \(M>0\), al dividir por \(2M\) resulta \(|g(y)|\leq 1\). Puesto que \(y\) era arbitrario, esto se cumple para todo \(y\) real.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1972 · 问题 5
设 \(f\) 和 \(g\) 是对 \(x\) 和 \(y\) 的所有实数值都有定义的实值函数，且对所有 \(x,y\) 满足以下方程： \[ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y) \] 证明：若 \(f(x)\) 不恒为零，且对所有 \(x\) 都有 \(|f(x)|\leq 1\)，则对所有 \(y\) 都有 \(|g(y)|\leq 1\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
设 \[ M=\sup_{t\in\mathbb R}|f(t)|. \] 由于 \(f\) 不恒为零，且处处有 \(|f(t)|\leq 1\)，我们有 \(0<M\leq 1\)。
任意固定 \(y\in\mathbb R\)。对每个 \(x\in\mathbb R\)，由给定的方程及三角不等式可得 \[ 2|f(x)|\,|g(y)| =\bigl|f(x+y)+f(x-y)\bigr| \leq |f(x+y)|+|f(x-y)| \leq 2M. \] 由于 \(|g(y)|\) 是一个固定的非负常数，对 \(x\) 取上确界，得到 \[ 2M|g(y)|\leq 2M. \] 因为 \(M>0\)，两边除以 \(2M\)，得到 \(|g(y)|\leq 1\)。由于 \(y\) 是任意选取的，这对每个实数 \(y\) 都成立。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1972 · Задача 5
Пусть \(f\) и \(g\) — действительнозначные функции, определённые при всех действительных значениях \(x\) и \(y\) и удовлетворяющие уравнению \[ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y) \] для всех \(x,y\). Докажите, что если \(f(x)\) не равна тождественно нулю и \(|f(x)|\leq 1\) для всех \(x\), то \(|g(y)|\leq 1\) для всех \(y\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть \[ M=\sup_{t\in\mathbb R}|f(t)|. \] Поскольку \(f\) не равна тождественно нулю и всюду выполнено \(|f(t)|\leq 1\), имеем \(0<M\leq 1\).
Зафиксируем произвольное \(y\in\mathbb R\). Для каждого \(x\in\mathbb R\) из данного уравнения и неравенства треугольника следует \[ 2|f(x)|\,|g(y)| =\bigl|f(x+y)+f(x-y)\bigr| \leq |f(x+y)|+|f(x-y)| \leq 2M. \] Переходя к супремуму по \(x\) и учитывая, что \(|g(y)|\) — фиксированная неотрицательная постоянная, получаем \[ 2M|g(y)|\leq 2M. \] Поскольку \(M>0\), разделив на \(2M\), получаем \(|g(y)|\leq 1\). Так как \(y\) было произвольным, это верно для каждого действительного \(y\).
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1972 · المسألة 5
لتكن \(f\) و\(g\) دالتين حقيقيتي القيم معرفتين لجميع القيم الحقيقية للمتغيرين \(x\) و\(y\)، وتحققان المعادلة \[ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y) \] لكل \(x,y\). أثبت أنه إذا لم تكن \(f(x)\) منعدمة تطابقيًا، وكان \(|f(x)|\leq 1\) لكل \(x\)، فإن \(|g(y)|\leq 1\) لكل \(y\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
ليكن \[ M=\sup_{t\in\mathbb R}|f(t)|. \] بما أن \(f\) ليست منعدمة تطابقيًا وأن \(|f(t)|\leq 1\) في كل نقطة، فإن \(0<M\leq 1\).
نثبت قيمة كيفية \(y\in\mathbb R\). لكل \(x\in\mathbb R\)، تستلزم المعادلة المعطاة ومتباينة المثلث \[ 2|f(x)|\,|g(y)| =\bigl|f(x+y)+f(x-y)\bigr| \leq |f(x+y)|+|f(x-y)| \leq 2M. \] بأخذ الحد الأعلى الأصغر بالنسبة إلى \(x\)، مع كون \(|g(y)|\) ثابتًا غير سالب، نحصل على \[ 2M|g(y)|\leq 2M. \] بما أن \(M>0\)، فإن القسمة على \(2M\) تعطينا \(|g(y)|\leq 1\). ولأن \(y\) اختير كيفيًا، فإن هذا يصح لكل عدد حقيقي \(y\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).