7-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2011 год

Найдите все функции $f: \Bbb R \to \Bbb R $ такие, что для любых $x, y\in \Bbb R $ выполнено равенство $f(x+f(y))=f(x-f(y))+4xf(y).$ (Здесь $ \Bbb R $ обозначает множество действительных чисел.)

Комментарий/решение

Подставим $g(x)=f(x)-x^2$.

$g(g(x)+x^2+y)=g(g(x)+x^2-y)$ для действительных $x,y$.

Тогда $g(g(x)+x^2-g(y)-y^2+z)=g(g(x)+x^2+g(y)+y^2-z)=g(g(y)+y^2-g(x)-x^2+z)$, тогда

$g(z)=g(2*(g(x)+x^2-g(y)-y^2) +z)$ для действительных $x,y,z$. Если $g(x)+x^2$ константа, тогда мы получим $f(x)=0$ для всех действительных $x$. Если $g(x)+x^2$ не константа, тогда $g$ периодичен, скажем $T$. Тогда с последнего уравнения $x=y+T$ получим $g(z)=g(2*(2*y*T+T^2)+z)$ для действительных $y$ и $z$. Подберем $y$, чтобы получить $g(z)=g(0)$ для всех действительных $z$ и значит $f(x)=x^2+g(0)$ для всех действительных $x$.

Для начала предположим, что функция не тождественный ноль, потому что нулевые функции подходят.

Пусть $P(x,y)$ - данное равенство, тогда

$\textbf{Утверждение 1.}$ $f(y)-f(z)$ принимает все действительные значения для каких то действительных $y,z$

Доказательство.

$$P(\frac{x}{4f(y)},y):f(\frac{x}{4f(y)}+f(y))-f(\frac{x}{4f(y)}-f(y))=x, \text{ } \forall x \in \mathbb{R}$$

для какого то $y$, что $f(y) \neq 0$

Теперь,

$$P(x+f(y), y): f(x+2f(y))=f(x)+4xf(y)+4f(y)^2$$

Назовем это равенство $Q(x,y)$.

Тогда

$$Q(x-2f(z),z): f(x-2f(z))=f(x)-4xf(z)-4f(z)^2 \Rightarrow$$

$$Q(x-2f(z), y): f(x+2f(y)-2f(z))=f(x-2f(z))+4xf(y)-8f(y)f(z)+4f(y)^2=f(x)+4(f(y)-f(z))x+(2(f(y)-f(z)))^2$$

Так как $f(y)-f(z)$ принимает все действительные значения, то $f(x+y)=f(x)+2xy+y^2 \Rightarrow f(y)=f(0)+y^2$, что подходит