记 $\mathbb{Q}^{+}$ 是所有正有理数组成的集合．设函数 $f:\mathbb{Q}^{+}\rightarrow\mathbb{R}$ 满足如下三个条件：
（i）对所有的 $x,y\in\mathbb{Q}^{+}$，都有 $f(x)f(y)\geqslant f(xy)$；
（ii）对所有的 $x,y\in\mathbb{Q}^{+}$，都有 $f(x+y)\geqslant f(x)+f(y)$；
（iii）存在有理数 $a>1$，使得 $f(a)=a$．
证明：对所有的 $x\in\mathbb{Q}_{>0}$，都有 $f(x)=x$．
（i）对所有的 $x,y\in\mathbb{Q}^{+}$，都有 $f(x)f(y)\geqslant f(xy)$；
（ii）对所有的 $x,y\in\mathbb{Q}^{+}$，都有 $f(x+y)\geqslant f(x)+f(y)$；
（iii）存在有理数 $a>1$，使得 $f(a)=a$．
证明：对所有的 $x\in\mathbb{Q}_{>0}$，都有 $f(x)=x$．
【难度】
【出处】
2013年第54届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
记 $\mathbb{N}^{*}$ 为全体正整数的集合．在方程
$f(x) f(y) \geqslant f(x y)$ ①
中以 $x=1,y=a$ 代入，得到 $f(1)\geqslant 1$．然后从
$f(x+y) \geqslant f(x)+f(y)$ ②
出发，由关于 $n$ 的数学归纳法就可以得到：对于任意的 $n\in\mathbb{N}^{*}$ 和 $x\in \mathbb{Q}^{+}$ 成立
$f(n x) \geqslant n f(x)$ ③
特别地，我们有
$f(n) \geqslant n f(1) \geqslant n$ ④
再次利用 ①，我们得到
$
f\left(\dfrac{m}{n}\right) f(n) \geqslant f(m)
$
从而对于任意的 $q\in\mathbb{Q}^{+}$，有 $f(q)>0$．
现在由 ② 可知 $f$ 是严格递增的，这一事实加上 ④ 可得：对于任意 $x\geqslant 1$，有
$
f(x) \geqslant f(\lfloor x\rfloor) \geqslant\lfloor x\rfloor> x-1
$
从 ① 出发，由一个简单的归纳可得 $f(x)^{n}\geqslant f(x^{n})$，所以
$
f(x)^{n} \geqslant f\left(x^{n}\right)>x^{n}-1
$
这样对于任意的 $x >1$ 和 $n\in\mathbb{N}^{*}$，有
$
f(x) \geqslant \sqrt[n]{x^{n}-1}
$
由此得到，对于任意的 $x>1$，成立
$f(x) \geqslant x$ ⑤
（事实上，如果 $x>y>1$，那么
$
x^{n}-y^{n}=(x-y)\left(x^{n-1}+x^{n-2} y+\ldots+y^{n-1}\right)>n(x-y)
$
因此对于充分大的 $n$，我们有 $x^n -1>y^n$，即可得到 $f(x)>y$）．
现在，由 ① 和 ⑤ 可以得到
$
a^{n}=f(a)^{n} \geqslant f\left(a^{n}\right) \geqslant a^{n}
$
所以 $f(a^n)=a^n$．
然后对于任意的 $x>1$，我们可以选取 $n\in\mathbb{N}^{*}$，使得 $a^n -x>1$．这样由 ② 和 ⑤ 就可以得到
$
a^{n}=f\left(a^{n}\right) \geqslant f(x)+f\left(a^{n}-x\right) \geqslant x+\left(a^{n}-x\right)=a^{n}
$
从而对于任意的 $x>1$，成立 $f(x)=x$．
最后，对于任意的 $x\in\mathbb{Q}^{+}$，和任意的 $n\in\mathbb{N}^{*}$，由 ① 和 ③ 可知
$
n f(x)=f(n) f(x) \geqslant f(n x) \geqslant n f(x)
$
即 $f(nx)=nf(x)$．这样对于任意的 $m,n\in\mathbb{N}^{*}$，都成立
$
f\left(\dfrac{m}{n}\right)=\dfrac{f(m)}{n}=\dfrac{m}{n}
$．
$f(x) f(y) \geqslant f(x y)$ ①
中以 $x=1,y=a$ 代入，得到 $f(1)\geqslant 1$．然后从
$f(x+y) \geqslant f(x)+f(y)$ ②
出发，由关于 $n$ 的数学归纳法就可以得到：对于任意的 $n\in\mathbb{N}^{*}$ 和 $x\in \mathbb{Q}^{+}$ 成立
$f(n x) \geqslant n f(x)$ ③
特别地，我们有
$f(n) \geqslant n f(1) \geqslant n$ ④
再次利用 ①，我们得到
$
f\left(\dfrac{m}{n}\right) f(n) \geqslant f(m)
$
从而对于任意的 $q\in\mathbb{Q}^{+}$，有 $f(q)>0$．
现在由 ② 可知 $f$ 是严格递增的，这一事实加上 ④ 可得：对于任意 $x\geqslant 1$，有
$
f(x) \geqslant f(\lfloor x\rfloor) \geqslant\lfloor x\rfloor> x-1
$
从 ① 出发，由一个简单的归纳可得 $f(x)^{n}\geqslant f(x^{n})$，所以
$
f(x)^{n} \geqslant f\left(x^{n}\right)>x^{n}-1
$
这样对于任意的 $x >1$ 和 $n\in\mathbb{N}^{*}$，有
$
f(x) \geqslant \sqrt[n]{x^{n}-1}
$
由此得到，对于任意的 $x>1$，成立
$f(x) \geqslant x$ ⑤
（事实上，如果 $x>y>1$，那么
$
x^{n}-y^{n}=(x-y)\left(x^{n-1}+x^{n-2} y+\ldots+y^{n-1}\right)>n(x-y)
$
因此对于充分大的 $n$，我们有 $x^n -1>y^n$，即可得到 $f(x)>y$）．
现在，由 ① 和 ⑤ 可以得到
$
a^{n}=f(a)^{n} \geqslant f\left(a^{n}\right) \geqslant a^{n}
$
所以 $f(a^n)=a^n$．
然后对于任意的 $x>1$，我们可以选取 $n\in\mathbb{N}^{*}$，使得 $a^n -x>1$．这样由 ② 和 ⑤ 就可以得到
$
a^{n}=f\left(a^{n}\right) \geqslant f(x)+f\left(a^{n}-x\right) \geqslant x+\left(a^{n}-x\right)=a^{n}
$
从而对于任意的 $x>1$，成立 $f(x)=x$．
最后，对于任意的 $x\in\mathbb{Q}^{+}$，和任意的 $n\in\mathbb{N}^{*}$，由 ① 和 ③ 可知
$
n f(x)=f(n) f(x) \geqslant f(n x) \geqslant n f(x)
$
即 $f(nx)=nf(x)$．这样对于任意的 $m,n\in\mathbb{N}^{*}$，都成立
$
f\left(\dfrac{m}{n}\right)=\dfrac{f(m)}{n}=\dfrac{m}{n}
$．
答案
解析
备注
