13-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2017 жыл

Кез келген нақты $x$ және $y$ сандары үшін $(x+y^2)f(yf(x))=xyf(y^2+f(x))$ теңдеуін қанағаттандыратын барлық $f: \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ функцияларын табыңыз. ( И. Воронович )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Ответ: $f(x)=x$; $f(x)\equiv 0$; $f(x)=\cases{0, x\ne -a^2, \cr a, x=-a^2}$ с произвольным $a\in (-\infty, -1]\cup (0, +\infty)$.
Решение: Подставляя $y=0$ в данное уравнение $$(x+y^2)f(yf(x))=xyf(y^2+f(x)),\qquad (1)$$ находим, что $f(0)=0$. Заменяя $y$ на $-y$ в (1), получаем $(x+y^2)f(-yf(x))=-xyf(y^2+f(x))=-(x+y^2)f(yf(x))$, откуда $$(x+y^2)\left(f(yf(x))+f(-yf(x)) \right)=0 \qquad (2)$$ для всех $x, y\in\mathbb{R} $.
Обозначим $A=\{x | f(x)=0\}$. Рассмотрим следующие случаи:
(i) $A=\{0\}$. Положим $x=-y^2$ в (1), тогда $-y^3f(y^2+f(-y^2))=0$, откуда $y^2+f(-y^2)=0$, т.е. $f(t)=t$ при всех $t\leq 0$. При $x=1$ уравнение (2) принимает вид $f(-yf(1))=-f(yf(1))$, или (поскольку $f(1)\ne 0$) $f(-x)=-f(x)$ при всех $x$. Следовательно, $f(x)=x$ при всех вещественных $x$. Легко видеть, что эта функция удовлетворяет нашему уравнению.
(ii) $A=\mathbb{R} $, тогда $f(x)=0$ при всех $x$, что, очевидно, является решением (1).
(iii) Пусть $A\ne\{0\}$, $A\ne\mathbb{R} $, то есть, существуют $b\ne 0$, $d\ne 0$ такие, что $f(b)=0$ и $f(d)\ne 0$; обозначим $f(d)=a$. Подставляя $x=b$ в (1), получим $yf(y^2)=0$, т.е. $f(t)=0$ при всех $t\geq 0$. Подставляя затем $x=d$ в (2), находим, что $f(ay)+f(-ay)=0$, если $y^2+d\ne 0$. Одно из чисел $f(ay)$, $f(-ay)$ равно нулю, так как $f(t)=0$ при $t\geq 0$. Отсюда при $d>0$ получаем $f(ay)=f(-ay)=0$ для всех $y$, вопреки предположению $f(d)\ne 0$. Таким образом, $d < 0$ и единственным возможным ненулевым значением функции $f$ может быть $f(\pm ay)$ при $y$, удовлетворяющем условию $y^2+d=0$, т.е. $f(\pm a\sqrt{-d})$. Вместе с условием $f(d)\ne 0$ это значит, что $d=\pm a\sqrt{-d}$, то есть $d=-a^2$.
Остаётся проверить, является ли функция $f(x)=\cases{0, x\ne -a^2, \cr a, x=-a^2}$ решением уравнения. Если $x\ne -a^2$, уравнение (1) принимает вид $(x+y^2)f(y\cdot 0)=xyf(y^2)$, или $0=0$. Пусть теперь $x=-a^2$; тогда нам нужно проверить, выполняется ли равенство $(y^2-a^2)f(ay)=-a^2yf(y^2+a)$ при всех $y$. Заметим, что левая часть этого равенства равна нулю в любом случае ($f(ay)=0$ при $y\ne -a$ и $y^2-a^2=0$ при $y=-a$). Таким образом, нам нужно, чтобы было $yf(y^2+a)=0$ при всех $y$. Чтобы это было так, у уравнения $y^2+a=-a^2$ не должно быть вещественного решения $y\ne 0$. Значит, $-a^2-a\geq 0$, то есть $a\in (-\infty, -1]\cup (0, +\infty)$ (напомним, что $a\ne 0$).

$P(x,y)$ — утверждение этого уравнения

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

Итак, существует $a\in R$ s.t $f(a)=0$ Существуют два случая

$i)$ $f(y^2)=0$ для всех $y$

Итак, $P(4,2)$ $\implies$ $f(4)=4$

$P(4,\frac{x}{4})$ и $P(4,\frac{-x}{4})$ $\implies$ $f$ нечётно.

Итак, $f(-y^2)=-f(y^2)=0$

Итак, $f(x)=0$ для всех $x\in R$

$ii)$ Существуют $x_0\neq 0$ такие, что $f((x_0)^2)\neq 0$

$P(x_0,a)$ $\implies$ $a\cdot x_0\cdot f((x_0)^2)=0$, поэтому $a=0$

Мы получили $f(a)=0$ $\iff$ $a=0$

Итак, $P(-x^2,x)$ $\implies$ $f(-x^2)=-x^2$. Итак, для всех неотрицательных $x$

$f(x)=x$.

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

$f(y^2+x)=y^2+x$

Для всех $x$ мы можем найти $y$ такой, что $y^2+x$ положителен и получает все значения из $R^{+}$ $f(x)=x$ для всех положительных $x$.

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

и $f(x)=0$.

решение неверное, читайте решение от администратора

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