IMO 1990 · Problem 4
Let \(\mathbb{Q}^{+}\) be the set of positive rational numbers. Construct a function \(f:\mathbb{Q}^{+}\to\mathbb{Q}^{+}\) such that \[ f(xf(y))=\frac{f(x)}{y} \] for all \(x,y\) in \(\mathbb{Q}^{+}\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
List the primes in increasing order as \(p_1,p_2,p_3,\ldots\), and pair them as \[ (p_1,p_2),\ (p_3,p_4),\ (p_5,p_6),\ldots. \]
By unique prime factorization, every positive rational \(q\) has a unique expression \[ q=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{a_k}p_{2k}^{b_k}, \] where \(a_k,b_k\) are integers and only finitely many are nonzero. Define \[ \boxed{\displaystyle f(q)=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-b_k}p_{2k}^{a_k}.} \] This is a well-defined positive rational number, since its product also has only finitely many nontrivial factors. In particular, \(f(1)=1\).
Multiplying two positive rationals adds their corresponding prime exponents. The rule \((a_k,b_k)\mapsto(-b_k,a_k)\) preserves addition, so \[ f(uv)=f(u)f(v) \qquad\text{for all }u,v\in\mathbb{Q}^{+}. \] Moreover, applying the rule twice gives \[ (a_k,b_k)\longmapsto(-b_k,a_k)\longmapsto(-a_k,-b_k). \] Consequently, \[ f(f(q)) =\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-a_k}p_{2k}^{-b_k} =\frac1q \qquad\text{for every }q\in\mathbb{Q}^{+}. \]
Thus, for every \(x,y\in\mathbb{Q}^{+}\), \[ f(xf(y)) =f(x)f(f(y)) =\frac{f(x)}{y}, \] as required.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1990 · Aufgabe 4
Sei \(\mathbb{Q}^{+}\) die Menge der positiven rationalen Zahlen. Konstruiere eine Funktion \(f:\mathbb{Q}^{+}\to\mathbb{Q}^{+}\), sodass \[ f(xf(y))=\frac{f(x)}{y} \] für alle \(x,y\) aus \(\mathbb{Q}^{+}\) gilt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir ordnen die Primzahlen aufsteigend als \(p_1,p_2,p_3,\ldots\) an und fassen sie zu Paaren zusammen: \[ (p_1,p_2),\ (p_3,p_4),\ (p_5,p_6),\ldots. \]
Aufgrund der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung hat jede positive rationale Zahl \(q\) eine eindeutige Darstellung \[ q=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{a_k}p_{2k}^{b_k}, \] wobei \(a_k,b_k\) ganze Zahlen sind und nur endlich viele von ihnen von null verschieden sind. Wir definieren \[ \boxed{\displaystyle f(q)=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-b_k}p_{2k}^{a_k}.} \] Dies ist eine wohldefinierte positive rationale Zahl, da auch dieses Produkt nur endlich viele nichttriviale Faktoren hat. Insbesondere gilt \(f(1)=1\).
Bei der Multiplikation zweier positiver rationaler Zahlen werden die entsprechenden Primexponenten addiert. Die Vorschrift \((a_k,b_k)\mapsto(-b_k,a_k)\) erhält die Addition, also gilt \[ f(uv)=f(u)f(v) \qquad\text{für alle }u,v\in\mathbb{Q}^{+}. \] Außerdem ergibt die zweimalige Anwendung der Vorschrift \[ (a_k,b_k)\longmapsto(-b_k,a_k)\longmapsto(-a_k,-b_k). \] Folglich gilt \[ f(f(q)) =\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-a_k}p_{2k}^{-b_k} =\frac1q \qquad\text{für jedes }q\in\mathbb{Q}^{+}. \]
Somit gilt für alle \(x,y\in\mathbb{Q}^{+}\) \[ f(xf(y)) =f(x)f(f(y)) =\frac{f(x)}{y}, \] wie gefordert.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1990 · Soru 4
\(\mathbb{Q}^{+}\) pozitif rasyonel sayılar kümesi olsun. \(\mathbb{Q}^{+}\) kümesindeki tüm \(x,y\) için \[ f(xf(y))=\frac{f(x)}{y} \] eşitliğini sağlayan bir \(f:\mathbb{Q}^{+}\to\mathbb{Q}^{+}\) fonksiyonu oluşturunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Asal sayıları artan sırayla \(p_1,p_2,p_3,\ldots\) olarak sıralayalım ve \[ (p_1,p_2),\ (p_3,p_4),\ (p_5,p_6),\ldots \] biçiminde eşleştirelim.
Asal çarpanlara ayrılışın tekliğinden, her pozitif rasyonel \(q\) sayısı tek türlü olarak \[ q=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{a_k}p_{2k}^{b_k} \] biçiminde yazılır; burada \(a_k,b_k\) tam sayılardır ve bunların yalnızca sonlu tanesi sıfırdan farklıdır. \[ \boxed{\displaystyle f(q)=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-b_k}p_{2k}^{a_k}} \] olarak tanımlayalım. Bu çarpımda da yalnızca sonlu sayıda çarpan birden farklı olduğundan, bu iyi tanımlı bir pozitif rasyonel sayıdır. Özellikle, \(f(1)=1\) olur.
İki pozitif rasyonel sayı çarpıldığında, karşılık gelen asal sayıların üsleri toplanır. \((a_k,b_k)\mapsto(-b_k,a_k)\) kuralı toplamayı koruduğundan \[ f(uv)=f(u)f(v) \qquad\text{tüm }u,v\in\mathbb{Q}^{+}. \] Ayrıca, kuralı iki kez uygulamak \[ (a_k,b_k)\longmapsto(-b_k,a_k)\longmapsto(-a_k,-b_k) \] verir. Sonuç olarak, \[ f(f(q)) =\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-a_k}p_{2k}^{-b_k} =\frac1q \qquad\text{her }q\in\mathbb{Q}^{+}. \]
Böylece, her \(x,y\in\mathbb{Q}^{+}\) için \[ f(xf(y)) =f(x)f(f(y)) =\frac{f(x)}{y} \] elde edilir; bu da istenendir.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1990 · Problema 4
Sea \(\mathbb{Q}^{+}\) el conjunto de los números racionales positivos. Construir una función \(f:\mathbb{Q}^{+}\to\mathbb{Q}^{+}\) tal que \[ f(xf(y))=\frac{f(x)}{y} \] para todos los \(x,y\) de \(\mathbb{Q}^{+}\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Enumeremos los primos en orden creciente como \(p_1,p_2,p_3,\ldots\), y agrupémoslos en parejas de la siguiente forma: \[ (p_1,p_2),\ (p_3,p_4),\ (p_5,p_6),\ldots. \]
Por la unicidad de la factorización en primos, todo racional positivo \(q\) tiene una expresión única \[ q=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{a_k}p_{2k}^{b_k}, \] donde \(a_k,b_k\) son enteros y solo un número finito de ellos son distintos de cero. Definamos \[ \boxed{\displaystyle f(q)=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-b_k}p_{2k}^{a_k}.} \] Este es un número racional positivo bien definido, pues su producto también tiene solo un número finito de factores no triviales. En particular, \(f(1)=1\).
Al multiplicar dos racionales positivos se suman sus correspondientes exponentes primos. La regla \((a_k,b_k)\mapsto(-b_k,a_k)\) preserva la suma, por lo que \[ f(uv)=f(u)f(v) \qquad\text{para todos }u,v\in\mathbb{Q}^{+}. \] Además, al aplicar la regla dos veces se obtiene \[ (a_k,b_k)\longmapsto(-b_k,a_k)\longmapsto(-a_k,-b_k). \] En consecuencia, \[ f(f(q)) =\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-a_k}p_{2k}^{-b_k} =\frac1q \qquad\text{para todo }q\in\mathbb{Q}^{+}. \]
Así, para todos \(x,y\in\mathbb{Q}^{+}\), \[ f(xf(y)) =f(x)f(f(y)) =\frac{f(x)}{y}, \] como se pedía.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1990 · 问题 4
设 \(\mathbb{Q}^{+}\) 为正有理数集。构造一个函数 \(f:\mathbb{Q}^{+}\to\mathbb{Q}^{+}\)，使得 \[ f(xf(y))=\frac{f(x)}{y} \] 对所有 \(\mathbb{Q}^{+}\) 中的 \(x,y\) 都成立。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
将素数按递增顺序列为 \(p_1,p_2,p_3,\ldots\)，并将它们配对如下： \[ (p_1,p_2),\ (p_3,p_4),\ (p_5,p_6),\ldots. \]
由素因数分解的唯一性，每个正有理数 \(q\) 都可以唯一地表示为 \[ q=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{a_k}p_{2k}^{b_k}, \] 其中 \(a_k,b_k\) 为整数，且只有有限多个不为零。定义 \[ \boxed{\displaystyle f(q)=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-b_k}p_{2k}^{a_k}.} \] 这给出了一个定义良好的正有理数，因为该乘积中也只有有限多个因子不为一。特别地，\(f(1)=1\)。
两个正有理数相乘时，对应素数的指数相加。变换 \((a_k,b_k)\mapsto(-b_k,a_k)\) 保持加法，因此 \[ f(uv)=f(u)f(v) \qquad\text{对所有 }u,v\in\mathbb{Q}^{+}. \] 此外，将这一变换应用两次，得 \[ (a_k,b_k)\longmapsto(-b_k,a_k)\longmapsto(-a_k,-b_k). \] 因此， \[ f(f(q)) =\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-a_k}p_{2k}^{-b_k} =\frac1q \qquad\text{对每个 }q\in\mathbb{Q}^{+}. \]
于是，对每个 \(x,y\in\mathbb{Q}^{+}\)，都有 \[ f(xf(y)) =f(x)f(f(y)) =\frac{f(x)}{y}, \] 符合要求。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1990 · Задача 4
Пусть \(\mathbb{Q}^{+}\) — множество положительных рациональных чисел. Постройте функцию \(f:\mathbb{Q}^{+}\to\mathbb{Q}^{+}\), такую что \[ f(xf(y))=\frac{f(x)}{y} \] для всех \(x,y\) из \(\mathbb{Q}^{+}\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Запишем простые числа в порядке возрастания как \(p_1,p_2,p_3,\ldots\) и разобьём их на пары \[ (p_1,p_2),\ (p_3,p_4),\ (p_5,p_6),\ldots. \]
В силу единственности разложения на простые множители каждое положительное рациональное число \(q\) единственным образом представляется в виде \[ q=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{a_k}p_{2k}^{b_k}, \] где \(a_k,b_k\) — целые числа, лишь конечное число которых отлично от нуля. Определим \[ \boxed{\displaystyle f(q)=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-b_k}p_{2k}^{a_k}.} \] Это корректно определённое положительное рациональное число, поскольку в этом произведении также лишь конечное число множителей отлично от единицы. В частности, \(f(1)=1\).
При умножении двух положительных рациональных чисел показатели соответствующих простых множителей складываются. Правило \((a_k,b_k)\mapsto(-b_k,a_k)\) сохраняет сложение, поэтому \[ f(uv)=f(u)f(v) \qquad\text{для всех }u,v\in\mathbb{Q}^{+}. \] Кроме того, двукратное применение этого правила даёт \[ (a_k,b_k)\longmapsto(-b_k,a_k)\longmapsto(-a_k,-b_k). \] Следовательно, \[ f(f(q)) =\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-a_k}p_{2k}^{-b_k} =\frac1q \qquad\text{для каждого }q\in\mathbb{Q}^{+}. \]
Таким образом, для всех \(x,y\in\mathbb{Q}^{+}\) \[ f(xf(y)) =f(x)f(f(y)) =\frac{f(x)}{y}, \] что и требовалось.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1990 · المسألة 4
لتكن \(\mathbb{Q}^{+}\) مجموعة الأعداد النسبية الموجبة. أنشئ دالة \(f:\mathbb{Q}^{+}\to\mathbb{Q}^{+}\) بحيث \[ f(xf(y))=\frac{f(x)}{y} \] لكل \(x,y\) في \(\mathbb{Q}^{+}\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نسرد الأعداد الأولية بترتيب تصاعدي على الصورة \(p_1,p_2,p_3,\ldots\)، ونقرنها في أزواج كما يلي: \[ (p_1,p_2),\ (p_3,p_4),\ (p_5,p_6),\ldots. \]
بفضل فرادة التحليل إلى عوامل أولية، لكل عدد نسبي موجب \(q\) تمثيل وحيد \[ q=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{a_k}p_{2k}^{b_k}, \] حيث \(a_k,b_k\) أعداد صحيحة، ولا يختلف عن الصفر منها إلا عدد منتهٍ. نعرّف \[ \boxed{\displaystyle f(q)=\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-b_k}p_{2k}^{a_k}.} \] هذا عدد نسبي موجب معرّف تعريفًا سليمًا، لأن حاصل الضرب فيه أيضًا لا يحتوي إلا على عدد منتهٍ من العوامل المختلفة عن الواحد. وبوجه خاص، \(f(1)=1\).
عند ضرب عددين نسبيين موجبين، تُجمع أسس عواملهما الأولية المتناظرة. وتحافظ القاعدة \((a_k,b_k)\mapsto(-b_k,a_k)\) على الجمع، ومن ثم \[ f(uv)=f(u)f(v) \qquad\text{لكل }u,v\in\mathbb{Q}^{+}. \] علاوة على ذلك، فإن تطبيق القاعدة مرتين يعطي \[ (a_k,b_k)\longmapsto(-b_k,a_k)\longmapsto(-a_k,-b_k). \] وبالتالي، \[ f(f(q)) =\prod_{k\ge1}p_{2k-1}^{-a_k}p_{2k}^{-b_k} =\frac1q \qquad\text{لكل }q\in\mathbb{Q}^{+}. \]
إذن، لكل \(x,y\in\mathbb{Q}^{+}\)، \[ f(xf(y)) =f(x)f(f(y)) =\frac{f(x)}{y}, \] وهو المطلوب.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).