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 $f(x^2)=f(f(x))\implies \boxed{f(x)=x^2}.$

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 $z$.