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第5题

设 R>0\mathbb{R}_{>0} 为正实数集合。求所有函数 f:R>0→R>0f:\mathbb{R}_{>0}\to\mathbb{R}_{>0}，使得对任意 x,y∈R>0x,y\in\mathbb{R}_{>0} 都有 x2+f(y)22≥f(x)+y2≥xf(y)\sqrt{\tfrac{x^2+f(y)^2}{2}}\ge\tfrac{f(x)+y}{2}\ge\sqrt{xf(y)}。
第 2/4 步：f 的每条轨道都是等差数列
上一步下一步
x=f(t), y=t ⟹ f(t)≥f(f(t))+t2≥f(t) ⟹ fn(t)=t+n d(t),d(t):=f(t)−t≥0x=f(t),\ y=t\ \Longrightarrow\ f(t)\ge\frac{f(f(t))+t}{2}\ge f(t)\ \Longrightarrow\ f^n(t)=t+n\,d(t),\quad d(t):=f(t)-t\ge0
详细分析

令 x=f(t)x=f(t)、y=ty=t，则 x=f(y)x=f(y)，两端表达式都等于 f(t)f(t)，夹逼得出 f(f(t))+t2=f(t)\tfrac{f(f(t))+t}{2}=f(t)，即 f(f(t))−f(t)=f(t)−tf(f(t))-f(t)=f(t)-t。对所有 n≥1n\ge1 将此式应用于 fn−1(t)f^{n-1}(t)，可知轨道 (t,f(t),f2(t),…)(t,f(t),f^2(t),\ldots) 是公差为 d(t):=f(t)−td(t):=f(t)-t 的等差数列，故 fn(t)=t+n d(t)f^n(t)=t+n\,d(t)。由于对每个 n≥1n\ge1 都有 fn(t)>0f^n(t)>0，必有对所有 t>0t>0 成立 d(t)≥0d(t)\ge0。