Question

$\left \{ \begin{array}{l} f:\mathbb Q^{+} \to \mathbb R^{+} \\\\ f(x)+ f(y)- f(x+y)= \dfrac{x^2 + xy + y^2}{xy(x+y)} \to f_{\rm min}(1)=? \\\\ f(x)\geqslant 1 ~ , ~ \forall x \in \mathbb R^{+} \end{array}$

Answer 1

Ответ:

$1\dfrac{1}{4}$

Объяснение:

Нетрудно заметить, что

$\dfrac{x^2+xy+y^2}{xy(x+y)}=\dfrac{(x+y)^2-xy}{xy(x+y)}=\dfrac{x+y}{xy}-\dfrac{1}{x+y}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x+y}$

Тогда, положив $f(x)=\dfrac{1}{x}+g(x)$, где $g:\mathbb Q^{+} \to \mathbb R$ (это, очевидно, законно, т.к. ф-ция $\dfrac{1}{t}$ ставит в соответствие любому числу из $\mathbb Q^{+}$ некоторое действительное число), получим:

$\dfrac{1}{x}+g(x)+\dfrac{1}{y}+g(y)-\dfrac{1}{x+y}-g(x+y)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x+y}\\ g(x)+g(y)=g(x+y)$

Полученное уравнение есть не что иное, как уравнение Коши, для которого решения имеют вид $g(x)=kx$.

Значит, $f(x)=\dfrac{1}{x}+kx$.

Теперь нужно учесть все ограничения из условия.
Очевидно, на положительной оси все значения функции действительны.

Поэтому остается только условие $f(x)\geq 1 \;\forall x\in \mathbb R^{+}$ (условие положительности значений функции будет автоматически следовать отсюда).

Если $k\leq 0$, то $\forall x > 1$ верна оценка

$f(x) < 1+\underbrace{kx}_{\leq 0} < 1$ - противоречие. Значит, $k > 0$.

$\dfrac{1}{x}+kx\geq 1\overset{x > 0,k > 0}{\Longleftrightarrow} k+(kx)^2\geq kx\Longleftrightarrow (kx)^2-2\cdot kx\cdot \dfrac{1}{2}-k\geq 0\Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow \left(kx-\dfrac{1}{2}\right)^2\geq k-\dfrac{1}{4}$

Левая часть неотрицательна, причем минимальное значение 0 достигается (при $x=\dfrac{1}{2k}\in \mathbb R^+$). Отсюда $0\geq k-\dfrac{1}{4}\Longleftrightarrow k \geq \dfrac{1}{4}$. При этом, очевидно, $f(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{4}x$ удовлетворяет всем ограничениям.

Тогда, очевидно, $\min{f(1)}=\min\limits_{k\geq 1/4} 1+k=1+\min\limits_{k\geq 1/4} k=1\dfrac{1}{4}$.