Математикадан 52-ші халықаралық олимпиада, 2011 жыл, Амстердам

$\mathbb{R}$ нақты сандар жиынында анықталған және осы жиында мәндерін қабылдайтын $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ функциясы кез келген нақты $x$ және $y$ сандары үшін $f\left( x+y \right)\le yf(x)+f(f(x))$ теңсіздігін қанағаттандырады. Кез келген $x\le 0$ үшін $f(x)=0$ болатынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

$\textbf{Решение:}$

Предположим, что $f(x) \leq 0$ для всех $x\leq0$. $(*)$Тогда по условию задачи имеем

$$f(f(x))=f(f(x)-x+x) \leq (f(x)-x)f(x) +f(f(x)) \Rightarrow (f(x)-x)f(x)\geq 0 \qquad (1)$$

Так как $f(x) \leq 0$ для всех $x\leq0$ , то из неравенства $(1)$ вытекает неравенство $(2)$.

$$f(x)-x\leq 0 \Rightarrow f(x)\leq x \qquad (2)$$

Домножим обе части неравенства $(2)$ на положительное число $-x$ и получаем

$$-xf(x)\leq -x^2 \qquad \forall x<0\qquad (3).$$

Теперь оценим значение функции при $x=0$

$$f(0)=f(x-x) \leq -xf(x)+f(f(x)) \leq^{(2)} -xf(x)+f(x)\leq^{(*)}-xf(x) \leq^{(3)} -x^2 \Rightarrow$$ $$\Rightarrow f(0) \leq -x^2 \qquad \qquad \qquad(4).$$

Существует $x_0\in(-\infty , 0]$ такое, что $f(x_0)=0$. Используя условию получим

$$0=f(x_0) =f(x_0+0) \leq f(f(x_0))=f(0) \Rightarrow 0=f(x_0)\leq f(0) \qquad \qquad(5).$$

Из $(4),(5)$ следует, что

$$0 \leq f(0) \leq -x^2 \leq 0\Rightarrow f(0)=0.$$

При $y=-x$ из условии задачи следует что

$$0=f(0)=f(x+(-x)) \leq -xf(x)+f(f(x)) \leq^{(2)} -xf(x)+f(x)\leq^{(*)}-xf(x)\Rightarrow f(x) \geq 0 \quad \forall x\leq0$$

$$\forall x\leq0: \qquad 0 \leq f(x) \leq^{(*)} 0 \Rightarrow f(x)=0$$