Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2010 год

Пусть $\mathbb{R}$ — множество действительных чисел. Определите все функции $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$, которые для любых $x, y, z \in \mathbb{R}$ удовлетворяют уравнению $$f(f(x) + f(y) + f(z)) = f(f(x) - f(y)) + f(2xy + f(z)) + 2f(xz-yz).$$

Комментарий/решение

Ответ: $1) f(x)=0$ или $2) f(x)=x^2$

Решение: Если $f(x)$ константа, то $f(x)=0.$ Далее $f(x)$ не константа.

Заметим, что $P(x,y,0) - P(y,x,0) :$ $$f(f(x)-f(y))=f(f(y)-f(x))$$

Тогда $P(x,y,1)-P(y,x,1) :$ $$f(x-y)=f(y-x)\implies f(a)=f(-a),\forall a \in\mathbb{R}$$

$\\$

$\\$

$\\$

Свойство 1 : Если $f(z_1)=f(z_2)$, то $f(xz_1)=f(xz_2).$

Доказательство: Заметим, что $P(x,0,z_1)-P(x,0,z_2):$ $$f(xz_1)=f(xz_2).\quad\square$$

$\\$

$\\$

Заметим, что если $f(x_0)=f(0),$ для некоторого $x_0$, то $$f(xx_0)=f(x\cdot 0)=f(0)$$

поэтому если $x_0\ne 0,$ то $f(x)$ константа. Значит $x_0=0$.

Заметим, что $P(x,y,0)-P(x,-y,0) :$ $$f(2xy+f(0))=f(-2xy+f(0))$$ $$\implies f(z+f(0))=f(-z+f(0)),\forall z\in\mathbb{R}$$

тогда при $z=f(0):$ $f(2f(0))=f(0)$, откуда $2f(0)=0\implies f(0)=0.$

Откуда $f(x)\ne 0,\forall x\ne 0$

$\\$

$\\$

$\\$

Свойство 2: Если $f(z_1)=f(z_2),$ то $|z_1|=|z_2|$

Доказательство: Случай $0\in (z_1,z_2)$ уже разобран. Далее $0\ne z_1,z_2.$

Пусть $c=f(1).$ Заметим, что $P(z_1,z_1,1)-P(z_2,z_2,1):$ $$f(2z_1^2+c)=f(2z_2^2+c)$$

Так же $P(z_1,-z_1,1)-P(z_2,-z_2,1):$ $$f(-2z_1^2+c)=f(-2z_2^2+c)$$

Так как $f(xz_1)=f(xz_2),$ то $$f(2x^2z_1^2+c)=f(2x^2z_2^2+c)$$

$$f(-2x^2z_1^2+c)=f(-2x^2z_2^2+c)$$

значит $$f(tz_1^2+c)=f(tz_2^2+c)\implies f(\dfrac 1 t (tz_1^2+c))=f(\dfrac 1 t (tz_2^2+c),\forall t\ne 0$$

Откуда $f(z_1^2+r)=f(z_2^2+r),\forall r\ne 0,$ так как $c\ne 0$. Пусть $r=-z_2^2$, откуда $$f(z_1^2-z_2^2)=f(0)\implies z_1^2-z_2^2=0\implies |z_1|=|z_2|.\quad\square$$

$\\$

$\\$

$\\$

Отметим, что $P(x,x,0):$ $$f(2f(x))=f(2x^2)$$ откуда из Свойства 2: $f(x)=\pm x^2\quad (*)$

Так же $P(x,x,x):$ $$f(3f(x))=f(2x^2+f(x))$$

откуда из Свойства 2: $f(x)=x^2$ или $f(x)=-\dfrac{x^2}{2}\quad (**)$

Из $(*)$ и $(**)\implies$ $f(x)=x^2,\forall x\in\mathbb{R} \quad\square$

Решено с combi

Claim 1: $f(x)=f(-x), \forall x \in \mathbb{R}$

Proof:

$P(x,y,z)-P(y,x,z): f(f(x)-f(y))-f(f(y)-f(x))=2f(yz-xz)-2f(xz-yz)=2(f(z(y-x))-f(z(x-y)))$ зафиксировав $x,y$ заметим что $z(x-y)$ пробегает по все значениям значит $f(x)=f(-x)+c$. Подставим $x=0$ отсюда выйдет что $c=0$.

Claim 2: $f(0)=0$

Proof:

$P(x,y,0)-P(x,-y,0): f(f(x)-2xy)=f(f(x)+2xy)$

$P(f(0),1,0): f(3f(x))=f(-f(x))=f(f(x))$

$P(0,0,0): f(3f(0))=3f(0)+f(f(0))=f(f(0)) \Longrightarrow f(0)=0$

Claim 3:

$f(a)=f(b) \Longrightarrow f(ax)=f(bx)$

Proof:

$P(x,y,a)-P(x,y,b): f(a(x-y))=f(b(x-y)) \Longrightarrow f(ax)=f(bx)$

$f(ax)=f(bx) \Longrightarrow f(x)=f(x \cdot \frac{a}{b})$. Заметим что если $\frac{a}{b} \in (-\infty;+\infty)$ тогда $f(x)=0$ что подходит. $(1)$

$P(x,x,0): f(2f(x))=f(2x^2)$

Если $f(a)=f(b) => |a|=|b|$ тогда $f(x)=x^2$ что подходит. Докажем что если сущ. такие $a,b$ что $|a| \neq |b|$ при $f(a)=f(b)$ тогда $f(x)=0$.

$P(x\frac{a}{b},y\frac{a}{b},z)-P(x,y,z): f(2xy+f(z))=f(2xy\frac{a^2}{b^2}+f(z))$ ($z-fix$)

Теперь докажем что $\dfrac{2xy\frac{a^2}{b^2}+f(z)}{2xy+f(z)} \in (-\infty;+\infty)$. То есть просто докажем что для каждого фикс $c$ существует такие $x,y$ что $\dfrac{2xy\frac{a^2}{b^2}+f(z)}{2xy+f(z)}=c <=> xy=\dfrac{f(z)(c-1)}{2(\dfrac{a^2}{b^2}-c)}$ ну и значит для каждого $c$ выберем такие $x,y$ и отсюда выйдет то что мы хотели доказать. И из $(1)$ выйдет требуемое.