Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2019 год
Комментарий/решение:
Ответ: f(x)=x2,∀x∈R и f(x)=0,∀x∈R
Решение: Пусть P(x,y): f(x2+f(y))=f(f(x))+f(y2)+2f(xy). Теперь рассмотрим некоторые подстановки:
P(0,0):f(0)=0, из этого и P(x,0):f(x2)=f(f(x)),
Q(x,y): P(x,y),P(y,x):f(x2+f(y))=f(y2+f(x))=
f(x2)+f(y2)+2f(xy)=f(f(x))+f(f(y))+2f(xy)(1)
Q(±x,1):f(x)=f(−x).
Лемма 1: Если f(a)=f(b), то f(ax)=f(bx).
Д-во: Это легко получить из (1) просто подставив y=a,b.◻
Очевидно, что f≡0 подходит, далее будем считать, что f≢ 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}.
Обозначим утверждение P(x,y). Из P(0,0) и P(x,0) получаем f(0)=0 и f(x^2)=f(f(x)). Если f(y)=0 для некоторого y \neq 0, то из P(x,y) получаем решение f=0. Иначе f инъективен в 0.
Если f(x)=-x^2 для некоторого x \neq 0, то получаем противоречие с P(x,x). Предположим, f(z) \neq z^2 для некоторого z. Тогда сравнивая P(x,z^2) и P(x,f(z)), получаем f(xz^2)=f(xf(z))Or f(x) =f(kx) для некоторого k \neq -1,1. ВЛОГ |k|>1.
Из P(x,y),P(y,x),P(x,ky),P(ky,x) получаем f(k^2y^2+f(x))=f( x^2+f(ky))=f(x^2+f(y))=f(y^2+f(x))Если f(y) < 0 для некоторого y, то мы можем выбрать x так, что x^2+f(y)=0. Следовательно, инъективность в точке 0 дает y^2+f(x)=k^2y^2+f(x)=0, что противоречит, поскольку k^2 \neq 1. Следовательно, f(y) \geq 0 для всех y.
Если f(t) < t^2 для некоторого t, то выберите x такой, что x^2=t^2-f(t) > 0. Тогда P(x,t) дает f(t^2)=f(x^2)+f(t^2)+2f(xt) >f(t^2)Следовательно, f( t) \geq t^2 для всех t.
Но тогда f(x)=f(kx)= \dots f(k^nx) \geq k^{2n}x^2 для любого натурального n, что является противоречием для больших n . Следовательно, мы получаем решение f(z)=z^2 для всех z.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.