51-я Международная Математическая OлимпиадаКазахстан, Астана, 2010 год

Найдите все функции $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ такие, что $f([x]y)=f(x)[f(y)]$ для всех $x,y\in \mathbb{R}$. (Через $[z]$ обозначается наибольшее целое число, не превосходящее $z$.)

Комментарий/решение

Обозначим за $P(x, y)$ подстановку чисел $(x, y)$ в изначальное равенство.

$P(0, y): f(0)=f(0)[f(y)]$

Если $f(0) \neq 0$, тогда $[f(y)] = 1, \, \forall\, y \in \mathbb{R}$

$P(1,y): f(y)=f(1) \Rightarrow \bf f(x) = const, \, [f(x)]=1$

Значит, $f(0)=0$. Пусть $[a]=0$

$P(a,y): 0=f(0)=f(a)[f(y)]$, если $f(a) \neq 0 \Rightarrow [f(y)]=0$

$P(1,y): \bf f(y)=0, \, \forall \, y \in \mathbb{R}$

Значит $\forall \, 0 \leq a < 1: \, f(a)=0$

$P(1,1): f(1)=f(1)[f(1)]$. Если $f(1)=0$

$P(1,y): f(y)=0, \forall \, y \in \mathbb{R}$

Значит $[f(1)=1]$

$P(x,1): f([x])=f(x)$

Пусть $[a]=0$

$P(1+a,y): f(y)=[f(y)]$

Тогда $f([x]y)=f(x)f(y)=f([y]x)$

Но $P(2, \frac{1}{2}): 0=f(0)=f(1) \geq 1$, противоречие

$P(0,0) =>> [f(0]=1$ or $f(0)=0$

1) $[f(0]=1$

$P(x,0) =>> f(0)=f(x)[f(0)]=f(x) =>> f(x)=c$ где $c-const$ и $1 \leq c <2$

2)$f(0)=0$

$P(1,1) =>> f(1)=0$ or $[f(1)]=0$

2.1)$f(1)=0$ =>> $P(1,y)$ =>> $f(y)=0$

2.2) $[f(1)]=1$

$P(x,1) =>> f([x])=f(x) =>> f(\frac{1}{x})=f(0)=0 =>> P(x,\frac{1}{x}) =>> f(1)=0$ что невозможно для положительного целого $x$.