14-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2018 год
Комментарий/решение:
Пусть P(x,y) - утверждение f(x−f(y))=f(x)+a[y]
Очевидно, что a=0 имеет такой «f» (выберите, например, константу f). Итак, рассмотрим теперь, что a≠0
Если f(u)=f(v) для некоторых u,v, сравнение P(x,u) с P(x,v) сразу дает
[u]=[v]
Если f(u)∈Z, то существует x1,x2, что
[x1]=[x2], но [x1−f(u)]≠[x2−f(u)]
Но из P(x1,u) и P(x2,u) следует, что f(x1−f(u))=f(x2−f(u)), откуда следует [x1−f(u)]=[x2−f(u)]
Противоречие
Итак, f(x)∈Z ∀x∈R
Простая индукция с использованием P(x,y) дает f(x−nf(y))=f(x)−an[y] ∀n∈Z
Таким образом, f(x−f(z)f(y))=f(x)−af(z)[y] ∀x,y,z∈R
Переставляя y,z и вычитая, получаем
f(z)[y]=f(y)[z] ∀y,z∈R
Установив там z=1, получим f(x)=c [x] ∀x∈R и для некоторого c∈Z
Вставив это обратно в исходное уравнение, получим a=−c2
Следовательно, ответ a∈{−n2∀n∈Z}
Не путайте необходимость с достаточностью: Вы доказали, что если f(u)=f(v), то [x1]=[x2], но это не значит, что если [x1]=[x2], то f(u)=f(v)(вы это использовали при выводе f(x1−f(u))=f(x2−f(u)))
На самом деле данное верно просто в оригинальном решении от пользователя aops PCO он пропустил данное как очевидное
Достигается оно данным способом:
⌊u⌋=⌊v⌋P(x,u); P(x,v): ⟶ f(x−f(u))=f(x−f(v))
P(y,x−f(u)); P(y,x−f(v)): ⟶⌊x−f(u)⌋=⌊x−f(v)⌋∀x∈R
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.