58-я Международная Математическая OлимпиадаБразилия, Рио-де-Жанейро, 2017 год

$\mathbb{R}$ — нақты сандар жиыны. Барлық нақты $x$ және $y$ үшін $f(f(x)f(y)) + f(x+y) = f(xy)$ теңдеуін қанағаттандыратын барлық $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ функцияларын табыңыз.

Комментарий/решение

Ответ: 1) $f(x)=0;$ 2) $f(x)=x-1;$ 3) $f(x)=1-x.$

Если $f(0)=0,$ то $P(x,0):$ $$f(x)=0,\forall x\in\mathbb R. $$

Далее $f(0)\ne 0.$ Заметим, что $\forall x\ne 1, P(x,\dfrac{x}{x-1}):$ $$f( f(x)f(\dfrac{x}{x-1}))=0$$

Значит $f(t)=0,$ для некоторого $t\in\mathbb R.$

Так как $f(0)\ne 0,$ то $f(x)f(\dfrac{x}{x-1})\ne 0\implies f(x)\ne 0,\forall x\ne 1.$

Откуда $f(t)=0\iff t=1.\quad (*)$

Тогда $P(x,1):$ $$f(0)=f(x)-f(x+1),\forall x\in\mathbb R \quad (**)$$

Из $(**)$ легко доказать, что $$f(k)=(1-k)\cdot f(0),\forall k\in\mathbb Z.$$

Из $(*)$ получаем, что $P(0,0):$ $$f(f(0)^2)=0\implies f(0)^2=1$$

Пусть $f(0)=1,$ тогда $$1=f(x)-f(x+1)\quad (1)$$

Утверждение: $f-$ инъективная функция.

Допустим, что $f(a)=f(b),$ где $a,b\in\mathbb R,$ тогда из $(1)$ $$\implies f(a-N)=f(a)+N=f(b)+N=f(b-N), \forall N\in\mathbb N$$

Тогда без ог. общности примем, что $a,b<0$ тогда $\exists x,y\in\mathbb R,$ что $$xy=b-1$$ $$x+y=a$$

откуда из $(1)$ следует, что $P(x,y):$ $$f(f(x)f(y))+f(a)=f(b-1)$$

$$ \implies f(f(x)f(y))=f(b-1)-f(a)=(f(b)+1)-f(a)=1$$ $$\implies f(f(x)f(y)+1)=f(f(x)f(y))-1=0 $$

Тогда из $(*)\implies f(x)f(y)+1=1$ $$\implies f(x)f(y)=0\implies 0\in\{f(x),f(y)\}$$ $$\implies 1\in\{x,y\}\implies a=x+y=xy+1=b.\quad \square$$

Тогда из инъективности получаем, что

$P(x,1-x):$ $f(x)f(1-x)=x(1-x)$

Подставим в последнее равенство $x\to f(x),$ тогда $$f(f(x))f(1-f(x))=f(x)(1-f(x)),\forall x\ne 0$$

но, так как $P(x,0):$ $f(f(x))=1-f(x)\ne 0,$ то $$f(1-f(x))=f(x)$$ $$\implies 1-f(x)=x\iff f(x)=1-x,\forall x\ne 0$$

$$\implies f(x)=1-x,\forall x\in\mathbb R$$

В случае $f(0)=-1$ рассмотрим функцию $g:\mathbb R\to \mathbb R,$ что $g(x)=-f(x),$ тогда $$g(g(x)g(y))+g(x+y)=g(xy),\quad g(0)=1, $$ что решается аналогично случаю $f(0)=1.$ Тогда $f(x)=x-1.$

Допустим$:$ $f(0)=0$

$P(x,0) \Rightarrow f(x)=0$

Теперь$:$ $f(0) \ne 0$

$P(0, 0) \Rightarrow f(f(0)^2)=0$

Возьмем $c:$

$f(c)=0$

$P(\dfrac{c}{c-1},c) \Rightarrow f(0)=0 \Leftrightarrow \varnothing$

Значит$:$

$\dfrac{c}{c-1} \notin \mathbb{R} \Rightarrow c=1$

$$$$

$f(0)^2=1 \Leftrightarrow f(0)= \pm 1$

Возьмем$:$ $f(0)=1$

$$$$

Утверждение:

$f -$ инъективная функция

$$$$

Док-во:

Пойдем от обратного$:$

$P(1,-1) \Rightarrow f(-1)=2$

$P(1,1) \Rightarrow f(2)=-1$

$f(d)=-1$

$P(d-1,1) \Rightarrow 0=f(d-1)\Leftrightarrow d=2$

$P(x,1) \Rightarrow f(x+1)=f(x)-1$ $(+)$

$P(x,-1), (+) \Rightarrow f(2f(x))+f(x)=f(-x)-1$

Если$:$

$f(a)=f(b)\Rightarrow f(-a)=f(-b)$

$P(a,-b)-P(b,-a)=0\Rightarrow f(a-b)=f(b-a)$

$a-b=n$

$f(2f(n))+f(n)=f(-n)-1\Rightarrow f(2f(n))=-1$

$2f(n)=2\rightarrow n=1$

$f(1)= f(-1) \text{ }$ противоречие $\text{ } \square$

$$$$

$P(x,0)\Rightarrow f(x)=1-f(f(x))$ $(')$

$P(f(x),0)\Rightarrow f(f(f(x)))=1-f(f(x))$ $('')$

$('),('') \Rightarrow f(x)=f(f(f(x)))\Leftrightarrow f(f(x))=x$ $(''')$

$$$$

$('''),(') \Rightarrow f(x)=1-x$

$$$$

Случай$:$

$f(0)=-1$ аналогичен $f(0)=1$

$$$$

Ответ: $f(x)=0; \pm (1-x)$

(Хотел решить отлично от решения выше, но по сути получилось одно и то же)