第44届IMO预选题解答

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1、2004年第5期27第44届IMO预选题解答(上)李建泉　译数,且g(0)=0,g(-1)=-1.代数部分当a<10,有a11c1+a12c2+a13c3,a21c1+a22c2+a23c3,g(yz)=-g(y)g(-z).a31c1

2、+a32c2+a33c3,反之,若g满足这个条件,则f(x)满足原条件.要么都是负数,要么都是正数,要么都是零.若g(1)=0,则对任意z>0,有g(z)=0.(美国　提供)设g:R→R是任意一个非减函数,且满足证明:设在空间直角坐标系中,O(0,0,0),g(-1)=-1,g(x)=0(x≥0).P(a11,a21,a31),Q(a12,a22,a32),R(a13,a23,a33).于是,g满足条件.从而可得满足条件的函数只要证明,在△PQR中存在一点,其坐标要么都是f(x)=g(x-1)+1.负数,要么都是正数,要么都是零.g(z)设P、Q、R在

3、xOy平面上的投影分别为P′、Q′、若g(1)>0,令y=1,则有g(-z)=-,其g(1)R′,则P′、Q′、R′分别在第四象限、第二象限、第三象限.中z>0.于是,如图1,若O在△P′Q′R′的外部或边界上,设g(y)g(z)P′Q′与OR′交于S′,S是线段PQ上的点,其在xOyg(yz)=,y、z>0.g(1)平面上的投影为S′.因为点P、Q在z轴上的坐标均g(x)设h(x)=,则h(x)也是非减函数,且为负数,所以,点S在z轴上的坐标也为负数.于是,g(1)在线段SR上,且足够接近点S的任意一点的坐标h(0)=0,h(1)=1,h(xy)=h

4、(x)h(y),x、y>0.都是负数.于是,对于任意正整数n,有nnh(x)=h(x).11n令x=yn,则h(y)=h(yn),即11h(yn)=hn(y).11-1又因为h==h(x),因此,对于任xh(x)意有理数q,有qqh(x)=h(x).因为h(x)是非减函数,所以,存在非负数k,对k于所有x>0,有h(x)=x.如图2,若O在△P′Q′R′的内部,设T是平面k设g(1)=c,则g(x)=cx,x>0.PQR上的一点,T在xOy平面上的投影为O.若T=于是,当x>0时,有O,则T的坐标都是0;若T在z轴上的坐标为负数(或正数),那么,在△P

5、QR内取一点U,且足够接近g(-x)=-g(x)=-xk.g(1)点T,使得其在x轴和y轴上的坐标均为负数(或正故对于k≥0,c>0,有数).于是,点U的坐标全为负数(或正数).k2.求所有非减函数f:R→R,使得cx,x>0,(1)f(0)=0,f(1)=1;g(x)=0,x=0,k(2)对于所有满足a<1

6、+1)-1,则g(x)也是非减函立,故g满足条件.28中等数学综上所述,满足条件的非减函数f(x)=g(x-4.本届IMO第5题.(爱尔兰　提供)1)+1为5.设R+为正实数集,求所有函数f:R+→R+,1,x≥1,满足条件:f(x)=0,x=0(1)对于所有x、y、z∈R+,有kf(xyz)+f(x)+f(y)+f(z)c(x-1)+1,x>1,和f(x)=1,x=1,=f(xy)f(yz)f(zx);k-(1-x)+1,x<1.(2)对于所有1≤x0,k≥0).(韩国提供)λ-λ3.考虑两个正实数列a1≥a2≥a3

7、≥⋯,b1≥b2解:我们证明f(x)=x+x满足条件,其中λ是任意正实数.为此,先证明一个引理.≥b3≥⋯.记An=a1+a2+⋯+an,Bn=b1+b2+引理　存在惟一的函数g:[1,+∞)→[1,⋯+bn,n=1,2,3,⋯.设ci=min{ai,bi},Cn=c1++∞),使得c2+⋯+cn,n=1,2,3,⋯.1f(x)=g(x)+.(1)是否存在数列{ai}、{bi},使得数列{An}、g(x){Bn}无界,而数列{Cn}有界?引理的证明:设x=y=z=1,则条件(1)化为314f(1)=f(1).因为f(1)>0,所以,f(1)=2.(2)

8、若bi=,i=1,2,⋯,则(1)的结论是否改i定义函数A:[1,+∞)→[2,+∞)为A(x