III математическая олимпиада «Шелковый путь», 2004 год

Найдите все функции $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, удовлетворяющие условию $(x+y)(f(x) - f(y)) = (x - y)f(x + y)$ при всех действительных $x$ и $y$.

Комментарий/решение

$\textbf{Решение №1:}$ Назовём функцию $f$ $\color{red}{\textbf{хорошей}}$, если она удовлетворяет заданному условию. Заметим, что если функции $f_1$ и $f_2$ $\color{red}{\textbf{хорошие}}$, то $f_1\pm f_2$ также является $\color{red}{\textbf{хорошей}}$. Непосредственной проверкой убеждаемся, что функции $f_1(x)=Ax^2$ и $f_2(x)=Bx, (A,B\in \mathbb{R})$ действительно являются $\color{red}{\textbf{хорошими}}$, следовательно функция $f(x)=Ax^2+Bx$ является $\color{red}{\textbf{хорошим}}$, то есть удовлетворяет условию задачи.Докажем, что других решений нет. Пусть, функция $f(x)$ удовлетворяет условию задачи и предположим, что $f(x)\ne Ax^2+Bx$. Тогда функция $g(x)=f(x)-Ax^2-Bx$ является $\color{red}{\textbf{хорошим}}$. Заметим, что $f(1)=A+B, f(-1)=A-B \Rightarrow A=0,5(f(1)+f(-1)), B=0,5(f(1)-f(-1))$ Тогда $g(1)=f(1)-A-B=0=f(-1)-A+B=g(-1)$

$$ P(x;y): \qquad (x+y)(g(x)-g(y))=(x-y)g(x+y)\qquad \qquad \qquad (1)$$

$$P(x;1): \qquad (x+1)g(x)=(x-1)g(x+1)\qquad \qquad \qquad (2)$$

$$P(-1;x+1): \qquad -xg(x+1)=-(x+2)g(x)\qquad \qquad \qquad (3)$$

$$ (2),(3) \Rightarrow -(x^2+x)g(x)=-x(x+1)g(x)=(x-1)(-x)g(x+1)=-(x-1)(x+2)g(x)=-(x^2+x-2)g(x) \Longrightarrow g(x)=0$$

Таким образом, мы доказали что функция $f(x)=Ax^2+Bx$ является единственным решением.

$\textbf{Ответ:} f(x)=Ax^2+Bx, \quad A,B\in \mathbb{R}$

$\textbf{Замечание:}$ Единственность решения можно было бы доказать и другим способом. (Демонстрируем это во втором решении.)

$\textbf{Решение №2:}$Назовём функцию $f$, $\color{red}{\textbf{хорошей}}$, если она удовлетворяет заданному условию. Заметим, что если функции $f_1$ и $f_2$ $\color{red}{\textbf{хорошие}}$, то $f_1\pm f_2$ также является $\color{red}{\textbf{хорошей}}$. Непосредственной проверкой убеждаемся, что функции $f_1(x)=Ax^2$ и $f_2(x)=Bx, f_3(x)=0, (A,B\in \mathbb{R})$ действительно являются $\color{red}{\textbf{хорошими}}$, следовательно функция $f(x)=Ax^2+Bx$ является $\color{red}{\textbf{хорошим}}$, то есть удовлетворяет условию задачи.Докажем, что других решений нет. Пусть $f$ – $\color{red}{\textbf{хорошая}}$ функция.Для любого $n\in \mathbb{N}$ найдётся функция $P(x)=Ax^2+Bx$ такой, что $f(0)=P(0)=0, \quad P\Big(\frac{1}{n} \Big)=f\Big(\frac{1}{n} \Big), \quad P\Big(-\frac{1}{n} \Big)=f\Big(-\frac{1}{n} \Big).$ Обозначим, $g(x)=f(x)-P(x)$, тогда $g(0)=g\Big(\frac{1}{n} \Big)=g\Big(-\frac{1}{n} \Big).$ Заметим, что функция $g(x)$ является $\color{red}{\textbf{хорошей}}$, поэтому для всех рациональных чисел $x$ и $y$ выполнено равенство $(x+y)(g(x)-g(y))=(x-y)g(x+y)$. Докажем, что для любых $n\in\mathbb{N}$ найдется квадратная функция $P(x)=Ax^2+Bx$ такой, что для всех $m\in \mathbb{Z}$ выполнено равенство $f\Big(\frac{m}{n} \Big)=P\Big(\frac{m}{n} \Big).$ Положим в этом равенстве $x=\frac{1}{n}$ и $y=-\frac{1}{n}.$ Получим $g\Big(\frac{2}{n} \Big)=0$. Если в этом же равенстве для любого $m\in \mathbb{N}$ положить $x=\frac{1}{n}$ и $y=\frac{m-1}{n}$, то получим $\frac{m}{n}g\Big(\frac{m-1}{n} \Big)=\frac{m-2}{n}g\Big(\frac{m}{n} \Big),$ отсюда следует $\frac{2}{n}g\Big(\frac{m}{n} \Big)=\frac{m}{n}\Big(g\Big(\frac{m}{n}\Big)-g\Big(\frac{m-2}{n}\Big)\Big)$. Значит, если $g\Big(\frac{m}{n}\Big)=g\Big(\frac{m-2}{n}\Big)$ , то $g\Big(\frac{m}{n}\Big)=0$. Следовательно, $g\Big(\frac{m}{n}\Big)=0$ для всех положительных целых $m$. Аналогично, $g \Big(\frac{k}{n}\Big)=0$ для всех отрицательных целых $k$.Итак, $g(x)\equiv 0$ для всех рациональных чисел $x\in \mathbb{Q}.$ Теперь докажем, что $f(x)\equiv P(x)$. Обозначим через $P(x)$ обозначим квадратный трёхчлен, который строится согласно указанному алгоритму и соответствует $n=1$, то есть $f(m)=P(m)$ для всех целых $m$. Допустим, что существует $pr=q$ такое что $f(r)\ne P(r).$ Тогда $f\Big(\frac{m}{q} \Big)=P\Big(\frac{m}{q} \Big)$ для любых целых $m$. Но тогда $P(0)=f(0), P(1)=f(1), P(-1)=P(1)$, что означает $P(x)=f(x)$, отсюда $P(r)=f(r), \quad \Big(r=\frac{p}{q}\Big).$Получили противоречие. Следовательно, $P(x)\equiv f(x)$.