Математикадан 53-ші халықаралық олимпиада, 2012 жыл, Мар-дель-Плата
Комментарий/решение:
Ответ: Для любой целой константы C:
1) f(2x)≡0,f(2x+1)≡C,
2) f(4x)≡0,f(4x+2)≡4C,f(4x+1)≡f(4x+3)≡C.
3) f(x)≡Cx2,
Решение: Пусть P(a,b,c) обозначает условие. Из P(0,0,0) и P(x,−x,0) получаем, что f(0)=0,f(x)=f(−x).
Преобразуем условие:
(f(a)+f(b)−f(a+b))2=4f(a)f(b),∀a,b∈Z.
Из условия следует, что f в любой точке имеет один и тот же знак. Замена f→−f ничего не меняет, поэтому БОО f(x)≥0,∀x.
Еще раз преобразуем условие
f(a+b)=f(a)+f(b)±2√f(a)f(b)⟺√f(a+b)=|√f(a)±√f(b)|
⟺Q(a,b):g(a+b)=|g(a)±g(b)|,∀a,b∈Z,
где g(x)=√f(x)≥0. Теперь рассмотрим несколько случаев.
∙ Пусть g(1)=c≥0. Из Q(1,1): g(2)=0 или g(2)=2c.
1) g(2)=0. Из Q(i,2) индукцией легко вывести g(2x)≡0,g(2x+1)≡c. Отсюда ответ
f(2x)≡0,f(2x+1)≡C=c2∈Z.
∙ Теперь g(2)=2c. Из Q(2,1): g(3)=c или g(3)=3c.
2) g(3)=c. Из Q(2,2) и Q(3,1):g(4)=0.
Из Q(i,4) индукцией легко вывести g(4x)≡0,g(4x+2)=2c,g(4x+1)=g(4x+3)=c. Отсюда ответ
f(4x)≡0,f(4x+2)≡4C,f(4x+1)≡f(4x+3)≡C=c2∈Z.
3) g(3)=3c. Из Q(i−1,1),Q(i−2,2) для i≥4 индукцией легко вывести, что g(x)≡cx. Отсюда ответ
f(x)≡Cx2,C=c2∈Z.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.