Математикадан республикалық олимпиада, 2011-2012 оқу жылы, 10 сынып

$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ функциясы кез келген нақты $x,y$ үшін $f\left( xf\left( y \right) \right)=yf\left( x \right)$ тепе-теңдігін қанағаттандырады. Бұл функцияның тақ екендігін (яғни әрбір нақты $z$ үшін $f\left( -z \right)=-f\left( z \right)$ тепе-теңдігін қанағаттандыратынын) дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

1. Обозначим данное уравнение через $R(x, y)$. Возьмем $f$ от обеих частей $R(x,y)$: $ff(xf(y))=f(yf(x))=xf(y)$. Если $f$ имеет хотя бы одно ненулевое значение, то $xf(y)$ пробегает все действительные числа $=> ff(x)=x$.

2. $R(x, f(x))$ и $R(-x, f(-x))$: $f(x)^2=f(-x)^2 => f(-x)=f(x)$ или $-f(x)$ для каждого $x$ отдельно.

3. Если найдется $a \neq 0$, что $f(-a)=f(a)$, то $R(x, -a)$ и $R(x, a) => 2af(x)=0$ для всех $x$, что возможно только если $f$ тождественный нуль.

4. В любом случае, имеем $f(-x)=-f(x), \forall x$.

$P(x, y)$ - начальное равенство, если $f\equiv0$, то $f$ - нечетна. Далее при всех подстановках будем полагать, что $y: f(y) \neq 0$

$P(0, y): f(0) = yf(0) \forall y \in \mathbb{R} \implies f(0) = 0$

$P(1, y): f(f(y))=cy$ (0), где $c = f(1) \implies f$ - биективна

$P(\frac{1}{f(y)}, y): y = yf(\frac{1}{f(y)}) \implies f(\frac{1}{f(y)}) = \frac{c}{y} (1)$

$P(1, \frac{1}{y}): f(f(\frac{1}{y})) = \frac{c}{y} (2)$

$(1) + (2) \implies f(f(\frac{1}{y})) = f(\frac{1}{f(y)})$, по биективности $f(y)f(\frac{1}{y}) = 1 (3)$

$P(f(\frac{1}{y}), y): f(f(y)f(\frac{1}{y})) = yf(f(\frac{1}{y}))$ из $(3) \implies c = yf(f(\frac{1}{y}))$ из $(0) \implies c = \frac{y}{y} = 1 \implies f(1) = 1$

Подставим в $(3) x = -1: f(-1)= \pm1$ и из биективности и $f(1) = 1 \implies f(-1) = -1$

$P(x, f(y)): f(cxy) = f(x)f(y) \iff f(xy) = f(x)f(y)$, подставим $y = -1: f(-x) = f(-1)f(x) = -f(x)$