Математикадан республикалық олимпиада, 2016-2017 оқу жылы, 10 сынып

Кез келген нақты $x$ және $y$ сандары үшін $\left| y-f\left( f\left( x \right) \right)\left| \ge \right|f{{\left( x \right)}^{2}}+xf\left( y \right) \right|$ теңсіздігін қанағаттандыратын барлық $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} $ функцияларын табыңыздар. Бұл жерде $\mathbb{R}$ — нақты сандар жиыны. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Ответ. $f(x)\equiv 0$.
Решение. Обозначим $f_2(x)=f(f(x))$ и $f_3 (x)=f(f(f(x)))$.
По условию $$|y-f_2 (x) | \ge |f(x)^2+xf(y)|, \quad \mbox{для любых} \quad x,y \in \mathbb{R}. \qquad (1)$$ При $x=0$, $y=f_2(0)$ из (1) следует, что $f(0)=0$. При $y=f_2(x)$ из (1) получаем, что $$f(x)^2=-xf_3(x). \qquad (2)$$ При $y=0$ из (1) выходит, что $$|f_2 (x)|\ge f(x)^2. \qquad (3)$$ Пусть $|y| > 1$. При $x=f(y)$ из (1), (2) и (3) следует, что $$f_2 (y)^2+f(y)^2 \le |y-f_3 (y) |=\frac{f(y)^2+y^2}{|y|} < f(y)^2+y^2,$$ откуда $|y| > |f_2 (y) | \ge f(y)^2=|yf_3 (y)|$, то есть $|f_3 (y) | < 1$. Значит, $1 > |f_3 (y) | \ge f_2 (y)^2$, следовательно $|f_2 (y) | < 1$ $\Rightarrow$ $1 > |f_2 (y) |\ge f(y)^2$ $\Rightarrow$ $|f(y) | < 1$. Следовательно, $$\left| {{f}_{3}}\left( y \right) \right|, \ \left| {{f}_{2}}\left( y \right) \right|,\ \left| f\left( y \right) \right| < 1 \quad \mbox{при} \quad \left| y \right| > 1. \quad (4)$$ Предположим, что существует $t\in \mathbb{R}$ такое, что $c=f\left( t \right)\ne 0$. Пусть $a$ действительное число такое, что $\left| a \right| > 1$ и $ca > \left| t \right|+1$. Используя (4) при $x=a$ и $y=t$ из (1) получаем, что $\left| t \right|+1 > \left| t \right|+\left| {{f}_{2}}\left( a \right) \right|\ge \left| t-{{f}_{2}}\left( a \right) \right|\ge \left| f{{\left( a \right)}^{2}}+af\left( t \right) \right|=f{{\left( a \right)}^{2}}+ca > \left| t \right|+1$, противоречие. Значит, $f\left( x \right)\equiv 0$, что легко проверить удовлетворяет условию задачи.