14-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2018 год

Найдите все вещественные $a$, при которых существует функция $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ такая, что $f(x-f(y))=f(x)+a[y]$ для всех вещественных $x$ и $y$ ($[y]$ обозначает целую часть числа $y$). ( И. Воронович )

Комментарий/решение

Пусть $ P (x, y) $ - утверждение $ f (x-f (y)) = f (x) + a [ y ] $

Очевидно, что $ a = 0 $ имеет такой «$ f $» (выберите, например, константу $ f $). Итак, рассмотрим теперь, что $ a \ne 0 $

Если $ f (u) = f (v) $ для некоторых $ u, v $, сравнение $ P (x, u) $ с $ P (x, v) $ сразу дает

$ [u ] = [ v ] $

Если $ f (u) \in \mathbb{ Z} $, то существует $x_1, x_2 $, что

$[x_1 ] = [ x_2 ] $, но $[x_1-f (u) ] \ne [ x_2-f (u)] $

Но из $ P (x_1, u) $ и $ P (x_2, u) $ следует, что $ f (x_1-f (u)) = f (x_2-f (u)) $, откуда следует $[ x_1-f ( u)] = [ x_2-f (u) ] $

Противоречие

Итак, $ f (x) \in \mathbb {Z} $ $\forall x\in \mathbb{R} $

Простая индукция с использованием $ P (x, y) $ дает $ f (x-nf (y)) = f (x) -an [ y ] $ $ \forall n \in \mathbb{ Z} $

Таким образом, $ f (x-f (z) f (y)) = f (x) -af (z)[ y] $ $ \forall x, y, z\in \mathbb{R} $

Переставляя $ y, z $ и вычитая, получаем

$ f (z) [ y ] = f (y) [ z ]$ $ \forall y, z\in\mathbb{R} $

Установив там $ z = 1 $, получим $ f (x) = c \ [ x ] $ $ \forall x \in \mathbb{R}$ и для некоторого $ c \in \mathbb{ Z} $

Вставив это обратно в исходное уравнение, получим $ a = -c ^ 2 $

Следовательно, ответ $ \boxed {a \in \{- n ^ 2 \quad \forall n \in \mathbb Z \}} $

Не путайте необходимость с достаточностью: Вы доказали, что если $f(u)=f(v)$, то $[x_1]=[x_2]$, но это не значит, что если $[x_1]=[x_2]$, то $f(u)=f(v)$(вы это использовали при выводе $f(x_1-f(u))=f(x_2-f(u))$)