Processing math: 100%

13-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2017 год


Найдите все функции f:RR такие, что (x+y2)f(yf(x))=xyf(y2+f(x)) для любых вещественных x и y. ( И. Воронович )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Ответ: f(x)=x; f(x)0; f(x)={0,xa2,a,x=a2 с произвольным a(,1](0,+).
Решение: Подставляя y=0 в данное уравнение (x+y2)f(yf(x))=xyf(y2+f(x)),(1) находим, что f(0)=0. Заменяя y на y в (1), получаем (x+y2)f(yf(x))=xyf(y2+f(x))=(x+y2)f(yf(x)), откуда (x+y2)(f(yf(x))+f(yf(x)))=0(2) для всех x,yR.
Обозначим A={x|f(x)=0}. Рассмотрим следующие случаи:
(i) A={0}. Положим x=y2 в (1), тогда y3f(y2+f(y2))=0, откуда y2+f(y2)=0, т.е. f(t)=t при всех t0. При x=1 уравнение (2) принимает вид f(yf(1))=f(yf(1)), или (поскольку f(1)0) f(x)=f(x) при всех x. Следовательно, f(x)=x при всех вещественных x. Легко видеть, что эта функция удовлетворяет нашему уравнению.
(ii) A=R, тогда f(x)=0 при всех x, что, очевидно, является решением (1).
(iii) Пусть A{0}, AR, то есть, существуют b0, d0 такие, что f(b)=0 и f(d)0; обозначим f(d)=a. Подставляя x=b в (1), получим yf(y2)=0, т.е. f(t)=0 при всех t0. Подставляя затем x=d в (2), находим, что f(ay)+f(ay)=0, если y2+d0. Одно из чисел f(ay), f(ay) равно нулю, так как f(t)=0 при t0. Отсюда при d>0 получаем f(ay)=f(ay)=0 для всех y, вопреки предположению f(d)0. Таким образом, d<0 и единственным возможным ненулевым значением функции f может быть f(±ay) при y, удовлетворяющем условию y2+d=0, т.е. f(±ad). Вместе с условием f(d)0 это значит, что d=±ad, то есть d=a2.
Остаётся проверить, является ли функция f(x)={0,xa2,a,x=a2 решением уравнения. Если xa2, уравнение (1) принимает вид (x+y2)f(y0)=xyf(y2), или 0=0. Пусть теперь x=a2; тогда нам нужно проверить, выполняется ли равенство (y2a2)f(ay)=a2yf(y2+a) при всех y. Заметим, что левая часть этого равенства равна нулю в любом случае (f(ay)=0 при ya и y2a2=0 при y=a). Таким образом, нам нужно, чтобы было yf(y2+a)=0 при всех y. Чтобы это было так, у уравнения y2+a=a2 не должно быть вещественного решения y0. Значит, a2a0, то есть a(,1](0,+) (напомним, что a0).

  5
1 года 2 месяца назад #

P(x,y) — утверждение этого уравнения

P(0,0) f(0)=0

Итак, существует aR s.t f(a)=0 Существуют два случая

i) f(y2)=0 для всех y

Итак, P(4,2) f(4)=4

P(4,x4) и P(4,x4) f нечётно.

Итак, f(y2)=f(y2)=0

Итак, f(x)=0 для всех xR

ii) Существуют x00 такие, что f((x0)2)0

P(x0,a) ax0f((x0)2)=0, поэтому a=0

Мы получили f(a)=0 a=0

Итак, P(x2,x) f(x2)=x2. Итак, для всех неотрицательных x

f(x)=x.

Теперь выберем y-положительный и x-отрицательный P(x,y)

f(y2+x)=y2+x

Для всех x мы можем найти y такой, что y2+x положителен и получает все значения из R+ f(x)=x для всех положительных x.

Таким образом, все решения имеют вид f(x)=x.

и f(x)=0.

  0
7 месяца 26 дней назад #

решение неверное, читайте решение от администратора

  0
7 месяца 25 дней назад #

У него стоит 5 лайков, хотя решение не правильное, более того, правильное стоит наверх. Что стало с пользователями матола?!