IMO 2008 · Problem 4
Find all functions \(f:(0,\infty)\to(0,\infty)\) (so, \(f\) is a function from the positive real numbers to the positive real numbers) such that \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} \] for all positive real numbers \(w,x,y,z,\) satisfying \(wx=yz\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
The only solutions are \[ \boxed{f(t)=t\quad\text{for every }t>0} \qquad\text{and}\qquad \boxed{f(t)=\frac1t\quad\text{for every }t>0}. \]
Solution
Setting \(w=x=y=z=1\) gives \(f(1)=1\).
For any \(t>0\), take \[ w=t,\qquad x=1,\qquad y=z=\sqrt t. \] The required product condition holds, so \[ \frac{f(t)^2+1}{2f(t)}=\frac{t^2+1}{2t}. \] Rearranging and factoring yields \[ (f(t)-t)(tf(t)-1)=0. \] Consequently, for every \(t>0\), \[ f(t)\in\left\{t,\frac1t\right\}. \tag{1} \]
We show that the two choices cannot occur at two arguments different from \(1\). Suppose there exist \(a,b>0\), both different from \(1\), such that \[ f(a)=a,\qquad f(b)=\frac1b. \] Substituting \(w=a\), \(x=b\), and \(y=z=\sqrt{ab}\) into the original equation gives \[ a^2+\frac1{b^2} =\frac{a^2+b^2}{ab}\,f(ab). \tag{2} \] By (1), there are two possibilities:
- If \(f(ab)=ab\), equation (2) gives \(b^{-2}=b^2\). Since \(b>0\), this implies \(b=1\), a contradiction.
- If \(f(ab)=1/(ab)\), equation (2) gives \[ a^2+\frac1{b^2}=\frac1{a^2}+\frac1{b^2}. \] Thus \(a^2=a^{-2}\), and positivity implies \(a=1\), again a contradiction.
Therefore all arguments different from \(1\) must use the same choice in (1). Since both choices equal \(1\) at \(t=1\), the only possible functions are those stated in the answer.
Finally, \(f(t)=t\) satisfies the equation immediately. For \(f(t)=1/t\), using \(wx=yz\), we obtain \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)} = \frac{w^{-2}+x^{-2}}{y^{-2}+z^{-2}} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}\, \frac{y^2z^2}{w^2x^2} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}. \] Both functions take positive values on their domain, so both are valid solutions.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2008 · Aufgabe 4
Man bestimme alle Funktionen \(f:\,]0,\infty[\,\to\,]0,\infty[\) (d.h. \(f\) ist auf der Menge der positiven reellen Zahlen definiert und nimmt nur positive reelle Zahlen als Werte an), die \[ \frac{\bigl(f(w)\bigr)^2+\bigl(f(x)\bigr)^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} \] für alle positiven reellen Zahlen \(w,\,x,\,y,\,z\) mit \(wx=yz\) erfüllen.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Die einzigen Lösungen sind \[ \boxed{f(t)=t\quad\text{für alle }t>0} \qquad\text{und}\qquad \boxed{f(t)=\frac1t\quad\text{für alle }t>0}. \]
Lösung
Setzt man \(w=x=y=z=1\), so erhält man \(f(1)=1\).
Für ein beliebiges \(t>0\) wähle \[ w=t,\qquad x=1,\qquad y=z=\sqrt t. \] Die geforderte Produktbedingung ist erfüllt, also gilt \[ \frac{f(t)^2+1}{2f(t)}=\frac{t^2+1}{2t}. \] Umformen und Faktorisieren ergibt \[ (f(t)-t)(tf(t)-1)=0. \] Folglich gilt für jedes \(t>0\) \[ f(t)\in\left\{t,\frac1t\right\}. \tag{1} \]
Wir zeigen, dass die beiden Wahlmöglichkeiten nicht an zwei von \(1\) verschiedenen Argumenten auftreten können. Angenommen, es gibt \(a,b>0\), beide von \(1\) verschieden, mit \[ f(a)=a,\qquad f(b)=\frac1b. \] Setzt man \(w=a\), \(x=b\) und \(y=z=\sqrt{ab}\) in die ursprüngliche Gleichung ein, so erhält man \[ a^2+\frac1{b^2} =\frac{a^2+b^2}{ab}\,f(ab). \tag{2} \] Nach (1) gibt es zwei Möglichkeiten:
- Ist \(f(ab)=ab\), so ergibt Gleichung (2) \(b^{-2}=b^2\). Wegen \(b>0\) folgt daraus \(b=1\), ein Widerspruch.
- Ist \(f(ab)=1/(ab)\), so ergibt Gleichung (2) \[ a^2+\frac1{b^2}=\frac1{a^2}+\frac1{b^2}. \] Somit ist \(a^2=a^{-2}\), und aus der Positivität folgt \(a=1\), wiederum ein Widerspruch.
Für alle von \(1\) verschiedenen Argumente muss daher dieselbe Wahl in (1) gelten. Da beide Wahlmöglichkeiten bei \(t=1\) den Wert \(1\) ergeben, kommen nur die in der Antwort angegebenen Funktionen infrage.
Schließlich erfüllt \(f(t)=t\) die Gleichung unmittelbar. Für \(f(t)=1/t\) erhalten wir unter Verwendung von \(wx=yz\) \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)} = \frac{w^{-2}+x^{-2}}{y^{-2}+z^{-2}} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}\, \frac{y^2z^2}{w^2x^2} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}. \] Beide Funktionen nehmen auf ihrem Definitionsbereich positive Werte an, sind also beide gültige Lösungen.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2008 · Soru 4
\(wx=yz\) olmak üzere, tüm \(w, x, y, z\) pozitif gerçel sayıları için \[ \frac{\bigl(f(w)\bigr)^2+\bigl(f(x)\bigr)^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} \] koşulunu sağlayan tüm \(f:(0,\infty)\to(0,\infty)\) (diğer deyişle \(f\), pozitif gerçel sayılar üzerinde tanımlı ve pozitif değerler alan bir fonksiyondur) fonksiyonlarını bulunuz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
Yegâne çözümler \[ \boxed{f(t)=t\quad\text{her }t>0} \qquad\text{ve}\qquad \boxed{f(t)=\frac1t\quad\text{her }t>0} \] fonksiyonlarıdır.
Çözüm
\(w=x=y=z=1\) alındığında \(f(1)=1\) elde edilir.
Herhangi bir \(t>0\) için, \[ w=t,\qquad x=1,\qquad y=z=\sqrt t \] alalım. Gerekli çarpım koşulu sağlandığından, \[ \frac{f(t)^2+1}{2f(t)}=\frac{t^2+1}{2t}. \] Düzenleyip çarpanlara ayırarak \[ (f(t)-t)(tf(t)-1)=0 \] elde ederiz. Dolayısıyla her \(t>0\) için, \[ f(t)\in\left\{t,\frac1t\right\}. \tag{1} \]
\(1\) den farklı iki argümanda bu iki seçeneğin ayrı ayrı gerçekleşemeyeceğini gösterelim. Her ikisi de \(1\) den farklı olan ve \[ f(a)=a,\qquad f(b)=\frac1b \] eşitliklerini sağlayan \(a,b>0\) bulunduğunu varsayalım. Başlangıçtaki denklemde \(w=a\), \(x=b\) ve \(y=z=\sqrt{ab}\) yerine koyulduğunda \[ a^2+\frac1{b^2} =\frac{a^2+b^2}{ab}\,f(ab) \tag{2} \] elde edilir. (1) gereği iki olasılık vardır:
- \(f(ab)=ab\) ise, (2) denklemi \(b^{-2}=b^2\) verir. \(b>0\) olduğundan, buradan \(b=1\) çıkar; bu bir çelişkidir.
- \(f(ab)=1/(ab)\) ise, (2) denklemi \[ a^2+\frac1{b^2}=\frac1{a^2}+\frac1{b^2} \] verir. Böylece \(a^2=a^{-2}\) olur ve pozitiflikten \(a=1\) çıkar; bu da bir çelişkidir.
Dolayısıyla \(1\) den farklı tüm argümanlar için (1) deki aynı seçenek kullanılmalıdır. \(t=1\) için her iki seçenek de \(1\) e eşit olduğundan, mümkün olan fonksiyonlar yalnızca cevapta belirtilenlerdir.
Son olarak, \(f(t)=t\) denklemi doğrudan sağlar. \(f(t)=1/t\) için, \(wx=yz\) kullanılarak \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)} = \frac{w^{-2}+x^{-2}}{y^{-2}+z^{-2}} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}\, \frac{y^2z^2}{w^2x^2} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} \] elde edilir. Her iki fonksiyon da tanım kümelerinde pozitif değerler aldığından, ikisi de geçerli çözümlerdir.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2008 · Problema 4
Hallar todas las funciones \(f:(0,\infty)\to(0,\infty)\) (es decir, las funciones \(f\) de los números reales positivos en los números reales positivos) tales que \[ \frac{\bigl(f(w)\bigr)^2+\bigl(f(x)\bigr)^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} \] para todos los números reales positivos \(w,\ x,\ y,\ z\), que satisfacen \(wx=yz\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
Las únicas soluciones son \[ \boxed{f(t)=t\quad\text{para todo }t>0} \qquad\text{y}\qquad \boxed{f(t)=\frac1t\quad\text{para todo }t>0}. \]
Solución
Tomando \(w=x=y=z=1\) se obtiene \(f(1)=1\).
Para cualquier \(t>0\), tomemos \[ w=t,\qquad x=1,\qquad y=z=\sqrt t. \] Se cumple la condición exigida sobre los productos, por lo que \[ \frac{f(t)^2+1}{2f(t)}=\frac{t^2+1}{2t}. \] Reordenando y factorizando se obtiene \[ (f(t)-t)(tf(t)-1)=0. \] Por consiguiente, para todo \(t>0\), \[ f(t)\in\left\{t,\frac1t\right\}. \tag{1} \]
Demostraremos que las dos opciones no pueden darse en dos argumentos distintos de \(1\). Supongamos que existen \(a,b>0\), ambos distintos de \(1\), tales que \[ f(a)=a,\qquad f(b)=\frac1b. \] Sustituyendo \(w=a\), \(x=b\) e \(y=z=\sqrt{ab}\) en la ecuación original se obtiene \[ a^2+\frac1{b^2} =\frac{a^2+b^2}{ab}\,f(ab). \tag{2} \] Por (1), hay dos posibilidades:
- Si \(f(ab)=ab\), la ecuación (2) da \(b^{-2}=b^2\). Como \(b>0\), esto implica \(b=1\), una contradicción.
- Si \(f(ab)=1/(ab)\), la ecuación (2) da \[ a^2+\frac1{b^2}=\frac1{a^2}+\frac1{b^2}. \] Así pues, \(a^2=a^{-2}\), y la positividad implica \(a=1\), de nuevo una contradicción.
Por tanto, todos los argumentos distintos de \(1\) deben corresponder a la misma opción en (1). Como ambas opciones valen \(1\) en \(t=1\), las únicas funciones posibles son las indicadas en la respuesta.
Finalmente, \(f(t)=t\) satisface la ecuación de forma inmediata. Para \(f(t)=1/t\), usando \(wx=yz\), obtenemos \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)} = \frac{w^{-2}+x^{-2}}{y^{-2}+z^{-2}} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}\, \frac{y^2z^2}{w^2x^2} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}. \] Ambas funciones toman valores positivos en su dominio, por lo que ambas son soluciones válidas.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2008 · 问题 4
求所有的函数 \(f:(0,+\infty)\to(0,+\infty)\)，满足对所有的正实数 \(w,\ x,\ y,\ z\)，\(wx=yz\)．都有 \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}. \]
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
答案
仅有的解为 \[ \boxed{f(t)=t\quad\text{对每个 }t>0} \qquad\text{和}\qquad \boxed{f(t)=\frac1t\quad\text{对每个 }t>0}. \]
解答
令 \(w=x=y=z=1\)，得 \(f(1)=1\)。
对任意 \(t>0\)，取 \[ w=t,\qquad x=1,\qquad y=z=\sqrt t. \] 此时满足所要求的乘积条件，所以 \[ \frac{f(t)^2+1}{2f(t)}=\frac{t^2+1}{2t}. \] 整理并因式分解，得 \[ (f(t)-t)(tf(t)-1)=0. \] 因此，对每个 \(t>0\)，都有 \[ f(t)\in\left\{t,\frac1t\right\}. \tag{1} \]
下面证明，这两种取值方式不能分别出现在两个不等于 \(1\) 的自变量处。假设存在 \(a,b>0\)，均不等于 \(1\)，使得 \[ f(a)=a,\qquad f(b)=\frac1b. \] 将 \(w=a\)、\(x=b\) 及 \(y=z=\sqrt{ab}\) 代入原方程，得 \[ a^2+\frac1{b^2} =\frac{a^2+b^2}{ab}\,f(ab). \tag{2} \] 由 (1)，有两种可能：
- 若 \(f(ab)=ab\)，则由方程 (2) 得 \(b^{-2}=b^2\)。由于 \(b>0\)，可得 \(b=1\)，矛盾。
- 若 \(f(ab)=1/(ab)\)，则由方程 (2) 得 \[ a^2+\frac1{b^2}=\frac1{a^2}+\frac1{b^2}. \] 于是 \(a^2=a^{-2}\)，由正性可得 \(a=1\)，仍然矛盾。
因此，所有不等于 \(1\) 的自变量都必须在 (1) 中采用同一种取值方式。由于两种取值方式在 \(t=1\) 时都等于 \(1\)，可能的函数只有答案中列出的两个。
最后，\(f(t)=t\) 显然满足方程。对于 \(f(t)=1/t\)，利用 \(wx=yz\)，得 \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)} = \frac{w^{-2}+x^{-2}}{y^{-2}+z^{-2}} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}\, \frac{y^2z^2}{w^2x^2} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}. \] 这两个函数在其定义域上均取正值，所以它们都是符合要求的解。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2008 · Задача 4
Найдите все функции \(f:(0,+\infty)\to(0,+\infty)\) (то есть, функции, определенные на множестве всех положительных действительных чисел и принимающие положительные значения) такие, что \[ \frac{\bigl(f(w)\bigr)^2+\bigl(f(x)\bigr)^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} \] для любых положительных \(w,\ x,\ y,\ z\), удовлетворяющих равенству \(wx=yz\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Единственными решениями являются \[ \boxed{f(t)=t\quad\text{для всех }t>0} \qquad\text{и}\qquad \boxed{f(t)=\frac1t\quad\text{для всех }t>0}. \]
Решение
Подстановка \(w=x=y=z=1\) даёт \(f(1)=1\).
Для любого \(t>0\) возьмём \[ w=t,\qquad x=1,\qquad y=z=\sqrt t. \] Требуемое условие на произведения выполнено, поэтому \[ \frac{f(t)^2+1}{2f(t)}=\frac{t^2+1}{2t}. \] Перенося все слагаемые в одну сторону и раскладывая на множители, получаем \[ (f(t)-t)(tf(t)-1)=0. \] Следовательно, для любого \(t>0\) \[ f(t)\in\left\{t,\frac1t\right\}. \tag{1} \]
Покажем, что эти два варианта не могут реализоваться при двух аргументах, отличных от \(1\). Предположим, что существуют \(a,b>0\), оба отличные от \(1\), такие, что \[ f(a)=a,\qquad f(b)=\frac1b. \] Подставляя \(w=a\), \(x=b\) и \(y=z=\sqrt{ab}\) в исходное уравнение, получаем \[ a^2+\frac1{b^2} =\frac{a^2+b^2}{ab}\,f(ab). \tag{2} \] Согласно (1), возможны два случая:
- Если \(f(ab)=ab\), то уравнение (2) даёт \(b^{-2}=b^2\). Поскольку \(b>0\), отсюда следует \(b=1\), противоречие.
- Если \(f(ab)=1/(ab)\), то уравнение (2) даёт \[ a^2+\frac1{b^2}=\frac1{a^2}+\frac1{b^2}. \] Таким образом, \(a^2=a^{-2}\), и из положительности следует \(a=1\), вновь противоречие.
Следовательно, для всех аргументов, отличных от \(1\), в (1) должен выбираться один и тот же вариант. Поскольку при \(t=1\) оба варианта дают значение \(1\), единственными возможными функциями являются функции, указанные в ответе.
Наконец, функция \(f(t)=t\) очевидным образом удовлетворяет уравнению. Для \(f(t)=1/t\), используя \(wx=yz\), получаем \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)} = \frac{w^{-2}+x^{-2}}{y^{-2}+z^{-2}} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}\, \frac{y^2z^2}{w^2x^2} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}. \] Обе функции принимают положительные значения на своей области определения, поэтому обе являются решениями.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2008 · المسألة 4
أوجد جميع الدوال \(f:(0,\infty)\to(0,\infty)\) (حيث \(f\) دالة من الأعداد الحقيقية الموجبة إلى الأعداد الحقيقية الموجبة)
التي تحقق \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} \] لكل الأعداد الحقيقية الموجبة \(w,x,y,z\) حيث \(wx=yz\)
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
الحلان الوحيدان هما \[ \boxed{f(t)=t\quad\text{لكل }t>0} \qquad\text{و}\qquad \boxed{f(t)=\frac1t\quad\text{لكل }t>0}. \]
الحل
بوضع \(w=x=y=z=1\) نحصل على \(f(1)=1\).
لكل \(t>0\)، نأخذ \[ w=t,\qquad x=1,\qquad y=z=\sqrt t. \] يتحقق شرط حاصل الضرب المطلوب، ولذلك \[ \frac{f(t)^2+1}{2f(t)}=\frac{t^2+1}{2t}. \] بإعادة الترتيب والتحليل إلى عوامل نحصل على \[ (f(t)-t)(tf(t)-1)=0. \] ومن ثم، لكل \(t>0\)، \[ f(t)\in\left\{t,\frac1t\right\}. \tag{1} \]
نبين أنه لا يمكن أن يتحقق الخياران عند قيمتين للمتغير تختلفان عن \(1\). لنفترض وجود \(a,b>0\)، كلاهما مختلف عن \(1\)، بحيث \[ f(a)=a,\qquad f(b)=\frac1b. \] بالتعويض بـ\(w=a\) و\(x=b\) و\(y=z=\sqrt{ab}\) في المعادلة الأصلية نحصل على \[ a^2+\frac1{b^2} =\frac{a^2+b^2}{ab}\,f(ab). \tag{2} \] وفقًا لـ(1)، هناك احتمالان:
- إذا كان \(f(ab)=ab\)، فإن المعادلة (2) تعطي \(b^{-2}=b^2\). وبما أن \(b>0\)، فإن هذا يستلزم \(b=1\)، وهو تناقض.
- إذا كان \(f(ab)=1/(ab)\)، فإن المعادلة (2) تعطي \[ a^2+\frac1{b^2}=\frac1{a^2}+\frac1{b^2}. \] إذن \(a^2=a^{-2}\)، ومن الإيجابية نستنتج \(a=1\)، وهو تناقض أيضًا.
لذلك يجب أن تتبع جميع قيم المتغير المختلفة عن \(1\) الخيار نفسه في (1). وبما أن كلا الخيارين يساوي \(1\) عند \(t=1\)، فإن الدالتين الممكنتين الوحيدتين هما المذكورتان في الإجابة.
وأخيرًا، فإن \(f(t)=t\) تحقق المعادلة مباشرة. أما بالنسبة إلى \(f(t)=1/t\)، فباستخدام \(wx=yz\)، نحصل على \[ \frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)} = \frac{w^{-2}+x^{-2}}{y^{-2}+z^{-2}} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}\, \frac{y^2z^2}{w^2x^2} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}. \] تأخذ كلتا الدالتين قيمًا موجبة على مجال تعريفهما، ولذلك فكلتاهما حل صحيح.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.