Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2019 год

Кез келген нақты $x$ және $y$ сандары үшін $f(x^2 + f(y)) = f(f(x)) + f(y^2) + 2 f(xy)$ шартын қанағаттандыратын барлық $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ функцияларын табыңыздар.

Комментарий/решение

Ответ: $\boxed{f(x)=x^2,\forall x\in\mathbb R}$ и $\boxed{f(x)=0,\forall x\in\mathbb R}$

Решение: Пусть $P(x,y):\ f(x^2+f(y))=f(f(x))+f(y^2)+2f(xy).$ Теперь рассмотрим некоторые подстановки:

$$P(0,0): f(0)=0,\ \text{из этого и}\ P(x,0): \boxed{f(x^2)=f(f(x))},$$

$$Q(x,y):\ P(x,y),P(y,x): f(x^2+f(y))=f(y^2+f(x))=$$

$$f(x^2)+f(y^2)+2f(xy)=f(f(x))+f(f(y))+2f(xy)\quad (1)$$

$$Q(\pm x,1): \boxed{f(x)=f(-x)}.$$

$\quad$ Лемма 1: Если $f(a)=f(b),$ то $f(ax)=f(bx).$

Д-во: Это легко получить из $(1)$ просто подставив $y=a,b.\quad\square$

Очевидно, что $\boxed{f\equiv 0}$ подходит, далее будем считать, что $f\not\equiv 0.$ Тогда из Леммы 1 легко выходит, что $\boxed{f(x)=0\iff x=0.}$

$\quad$ Лемма 2: Для любого $x\in\mathbb R,\ f(x)\ge 0.$

Д-во: Допустим, что существуют $p,q>0,$ что $\boxed{f(p)=-q^2}.$ Тогда $Q(p,q):\ f(p^2+f(q))=f(q^2+f(p))=f(0)\implies \boxed{f(q)=-p^2}.$

Заметим, что $f(p^2)=f(f(p))=f(-q^2)=f(q^2).$ Рассмотрим пару подстановок:

$$Q\bigg(\sqrt{p^2+q^2},p\bigg):\ f\bigg((p^2+q^2)-q^2\bigg)=f(p^2+q^2)+f(p^2)+2f\bigg(\sqrt{p^2+q^2}\cdot p\bigg)$$

$$Q\bigg(\sqrt{p^2+q^2},q\bigg):\ f\bigg((p^2+q^2)-p^2\bigg)=f(p^2+q^2)+f(q^2)+2f\bigg(\sqrt{p^2+q^2}\cdot q\bigg)$$

$$\implies -\dfrac{f(p^2+q^2)}{2}=f(tp)=f(tq),\ \text{где}\ t=\sqrt{p^2+q^2}>0\implies -q^2=f(p)=f(q)=-p^2\implies p=q,$$

тогда $Q(p,p) : 4f(p^2)=f(p^2+f(p))=f(p^2-q^2)=f(0)=0\implies p=0,$ противоречие. $\square$

$\quad$ Лемма 3: Функция $f$ инъективная на диапазоне неотрицательных чисел.

Д-во: Пусть для $a>b>0$ верно $f(a)=f(b)\implies f(t)=f(1),$ где $t=\dfrac{a}{b}>1.$ Пусть $f(1)=s.$

Заметим, что $f(t^{2^n})=f(1),$ то есть мы можем увеличивать $t,$ поэтому может считать, что $t^2>s.$ Тогда

$$Q(x,t):f(x^2+s)=f(x^2)+f(t^2)+2f(xt),$$

выберем $x>0$ так, чтобы $x^2+s=t^2\iff x=\sqrt{t^2-s},$ откуда $0=f(x^2)+2f(xt)\ge 0+0\implies f(x^2)=0\implies x=0,$ противоречие.$\quad\square$

Так как функция инъективная для неотрицательных и $f(x),x^2\ge 0$, то из $f(x^2)=f(f(x))\implies \boxed{f(x)=x^2}.$

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

$P(0,x) : f(f(x))=f(x^2)$

$P(0,-x) : f(f(-x))=f(f(x))=f(x^2)$

Подставив $P(x,x)$ и $P(-x,x)$ можно понять что функция четная, то есть $f(-x)=f(x), \forall x \in \mathbb{R}$

Теперь пусть $ \forall x \in \mathbb{R}$, $f(x)<0$. Тогда существует такой $s$ что $s^2+f(x)=0$ и подставив $P(s,x)$ понимаем что $0=f(s+f(x))<0$ что невозможно. Значит существует такой $y$ что $f(y) \geq 0. (1)$

Возьмем $f(a)=f(b) \Longrightarrow$

$P(x,a), P(x,b) : f(ax)=f(bx)$

$x=\frac{1}{b} \Longrightarrow f(1)=f(\frac{a}{b})$

Заметим если для всех $f(a)=f(b), |a|=|b|$ тогда $f(x)=x^2$. Докажем что если существуют такие $a,b$ что $|a| \neq |b|$ и $f(a)=f(b)$ тогда $f(x)=0$. Возьмем $\frac{a}{b}=t$, и тк $f(1)=f(\frac{a}{b})$:

Claim: Если $f(1)=f(t)$ тогда $f(1)=f(x)$ для $x \in [1,t^2].$

Зафиксируем наш $y$ из $(1)$.

$P(xt,y) : f(xt+f(y))=f(x+f(y))$

Теперь остается доказать что $\dfrac{(xt)^2+f(y)}{x^2+f(y)}=c \in [1,t^2] \Longrightarrow x=\sqrt{\dfrac{f(y)(c-1)}{t^2-c}}$ и такой $x$ существует тк он действительный.

Теперь так как $f(1)=f(t^2)=f(t^4)=…=f(t^{2n})$ может идти так до бесконечности значит $f(1)=f(x)$ отсюда легко понять что $f(x)=0.$

Где вы научились этому приему?

А мое решение это какой то метод чтоли?