13-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2017 год
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.
Ответ: f(x)=x; f(x)≡0;
f(x)={0,x≠−a2,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,y∈R.
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 t≤0. 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}, A≠R, то есть, существуют b≠0, d≠0 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 t≥0. Подставляя затем
x=d в (2), находим, что f(ay)+f(−ay)=0, если y2+d≠0. Одно из чисел
f(ay), f(−ay) равно нулю, так как f(t)=0 при t≥0. 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(±a√−d). Вместе с условием f(d)≠0 это значит, что
d=±a√−d, то есть d=−a2.
Остаётся проверить, является ли функция
f(x)={0,x≠−a2,a,x=−a2 решением уравнения.
Если x≠−a2, уравнение (1) принимает вид (x+y2)f(y⋅0)=xyf(y2),
или 0=0. Пусть теперь x=−a2; тогда нам нужно проверить, выполняется
ли равенство (y2−a2)f(ay)=−a2yf(y2+a) при всех y.
Заметим, что левая часть этого равенства равна нулю в любом случае
(f(ay)=0 при y≠−a и y2−a2=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 y≠0.
Значит, −a2−a≥0, то есть a∈(−∞,−1]∪(0,+∞)
(напомним, что a≠0).
P(x,y) — утверждение этого уравнения
P(0,0) f(0)=0
Итак, существует a∈R 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 x∈R
ii) Существуют x0≠0 такие, что f((x0)2)≠0
P(x0,a) ⟹ a⋅x0⋅f((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.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.