5-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2009 жыл

Найдите все действительные $а$, для которых существует функция $f: \Bbb R \to \Bbb R$, удовлетворяющая неравенству $$x+af(y)\leq y+f(f(x))$$ для всех $x\in \Bbb R$. (Здесь $\Bbb R$ — множество всех действительных чисел.)

Комментарий/решение

Можно ли уточнить: здесь $y$ константа?

нет, y - тоже действительное число

гений, и нет, $y$ не константа

решение неправильное ( у меня)

Перепишем условие как $f(f(x))-x\ge af(y)-y\quad (*)$

Ответ:

Заметим, что $|x|\ge x\ge -|x|.$

$\bullet$ Для $a<-1,$ подойдет функция $f(x)=|x|:$

$$f(f(x))-x=|x|-x\ge 0\ge -|y|-y\ge af(y)-y.$$

$\bullet$ Для $-1\le a< 0,$ подойдет $f(x)=\frac{|x|}{-a}\ge 0:$

$$f(f(x))-x=\dfrac{|x|}{a^2}-x\ge |x|-x\ge 0\ge -|y|-y=af(y)-y.$$

$\bullet$ Для $a=1,$ очевидно подойдет $f(x)=x.$

Решение:

Пусть $a>0,a\neq 1.$ Подставив $x=0:$

$$f(y)\le \dfrac{y+f(f(0))}{a}\implies$$

$$f(f(y))\le \dfrac{f(y)}{a}+\dfrac{f(f(0))}{a}\le\dfrac{y}{a^2}+\dfrac{f(f(0))}{a^2}+ \dfrac{f(f(0))}{a}=Ay+B,$$

где $A\neq 1.$ Используем это неравенство в $(*):$

$$(A-1)x+B\ge f(f(x))-x\ge af(y)-y,$$

зафиксировав $y,$ и заметив, что $(A-1)x+B$ принимает любое действительно значение получаем противоречие.