Математикадан 33-ші халықаралық олимпиада, 1992 жыл, Москва

$\mathbb{R}$ — нақты сандар жиыны болсын. Кез келген $x,y \in \mathbb{R}$ үшін $f\left( {{x}^{2}}+f\left( y \right) \right)=y+{{f}^{2}}\left( x \right)$ теңдеуін қанағаттандыратын барлық $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ функцияларын табыңыздар.

Комментарий/решение

Пусть $P(x;y)$ означает это равенство, и $f(0) = C.$

$P(0;y):$ $f(f(y)) = y + C^2$ $(1)$

Если для каких-то $a, b\in{R}, f(a) = f(b) \Rightarrow f(f(a)) = f(f(b)).$

Используя $(1): a = b \Rightarrow f - $иньективная функция.

$P(x;f(y)):$ $f(x^2 + f(f(y))) = f(y) + (f(x))^2$ $,(**)$

Возьмем $f$ от обеих частей$(**):$ $f(f(x^2 + f(f(y)))) = f(f(y) + (f(x))^2)$ $(2)$

$P(f(x);y):$ $f((f(x))^2 + f(y)) = y + (f(f(x)))^2$ $(3)$

Приравняем одинаковые части $(2)$ и $(3)$, получим$:$

$y + (f(f(x)))^2 = f(f(x^2 + f(f(y))))$

Воспользуемся $(1):$

$y + (x + C^2)^2 = f(f(x^2 + y + C^2))$

$y + (x + C^2)^2 = x^2 + y + C^2 + C^2$ $\Rightarrow$ $C = 0$

Следовательно $(1)$ преобразуется в$:$ $f(f(y)) = y$ $,(*)$

$(**) + (*): f(x^2 + y) = f(x^2) + f(y)$ $,(***)$

$(***): y = -x^2 \Rightarrow f(x^2) = f(-x^2), (****)$

$P(x;0):$ $f(x^2) = (f(x))^2$ $,(4)$

$P(-x;0)$ $f(x^2) = (f(-x))^2$ $,(5)$

$(4) + (5):$ $(f(x) - f(-x))\cdot(f(x) + f(-x)) = 0 $ $,(6)$

Если найдется такое $t\in{R}$ и $t\ne0,$ что $f(t) = f(-t),$ тогда$:$

из-за иньективности следует что $t = 0.Противоречие$.$

Значит, для всех $x\ne0: f(x) \ne f(-x)$ $(7)$

$(6) + (7): f(-x) = -f(x),$ для всех $x\ne0,$ а при $x = 0$ $\Rightarrow$ $f(-0) = -f(0)$, тоже верно.

Следовательно $f(-x) = -f(x)$ для всех $x\in{R} \Rightarrow f-$ нечетная функция.

$(***):$ Вместо $y$ подставим $-y$ и домножим на $(-1):$

$-f(x^2 - y) = -f(x^2) - f(-y)$, $f$ нечетная, так что:

$f((-x^2) + y) = f(-x^2) + f(y)$ $(8)$

$(***) + (8):$

$\left\{ \begin{gathered}f((-x^2) + y) = f(-x^2) + f(y),\\f(x^2 + y) = f(x^2) + f(y),\\\end{gathered} \right.$

Следовательно $f(x) + f(y) = f(x + y),$ для всех $x,y\in{R}$.

$P(x;0) \Rightarrow f(x) >= 0, \forall x >= 0$

Этих двух условий достаточно чтобы воспользоваться функциональным уравнением Коши$:$ $f(x) = Ax.$

Подставляем в $(*),(4):$

$A^2 = 1, A = A^2 \Rightarrow A = 1.$

ОТВЕТ$: f(x) = x$

Зафиксируем $x$

$f(a)=f(b)=c$

$P(x,y) \rightarrow (x,a)$

$f(x^2+c)=a+[f(x)]^2$

$P(x,y) \rightarrow (x,b)$

$f(x^2+c)=b+[f(x)]^2$

$a=b$

$f(x)-$ инъективная $(1)$

$$$$

Зафиксируем $y$

$P(x,y) \rightarrow (x,y)$

$f(x^2+f(y))=y+[f(x)]^2$

$P(x,y) \rightarrow (-x,y)$

$f(x^2+f(y))=y+[f(-x)]^2$

По $(1)$

$f(-x)=-f(x)$ для $x \ne 0$ $(2)$

$$$$

$P(x,y) \rightarrow (x,-[f(x)]^2)$

По $(2)$

$f(x^2-f(-[f(x)]^2)=-f(f(-[f(x)]^2-x^2)=0$

$-f(f(-[f(x)]^2-x^2)=0=f(f(-[f(x)]^2-x^2)$

$f(f(-[f(x)]^2-x^2)=f(x^2-f(-[f(x)]^2)$

$f(-[f(x)]^2)=a$

По $(1)$

$x^2-a=a-x^2 \rightarrow a-x^2=0 \rightarrow f(0)=0$ $(3)$

$$$$

$P(x,y) \rightarrow (0,y)$

$f(f(y))=y$ $(4)$

$f(x)-$ сюръективная

$$$$

$f(a)=b$

По $(4)$

$f(b)=a$

$x^2=a-b$

$y=a$

$b=a-[f(x)]^2$

$-x^2=[f(x)]^2$

Допустим $f(x) \ne 0$ $(5)$

Тогда:

$a<b$

$x^2=b-a$

$y=b$

$a=b-[f(x)]^2$

$-x^2=[f(x)]^2$

$x^2=b-a>0 \rightarrow [f(x)]^2=a-b<0 \rightarrow \varnothing$

Значит: $(5)$ не верно

Из чего:

$a=b \rightarrow f(a)=a$

$$$$

Ответ: $f(x)=x$