Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2019 год


Кез келген нақты x және y сандары үшін f(x2+f(y))=f(f(x))+f(y2)+2f(xy) шартын қанағаттандыратын барлық f:RR функцияларын табыңыздар.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 4   1
3 года 1 месяца назад #

Ответ: f(x)=x2,xR и f(x)=0,xR

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 f0 подходит, далее будем считать, что f0. Тогда из Леммы 1 легко выходит, что f(x)=0x=0.

Лемма 2: Для любого xR, f(x)0.

Д-во: Допустим, что существуют p,q>0, что f(p)=q2. Тогда Q(p,q): f(p2+f(q))=f(q2+f(p))=f(0)f(q)=p2.

Заметим, что f(p2)=f(f(p))=f(q2)=f(q2). Рассмотрим пару подстановок:

Q(p2+q2,p): f((p2+q2)q2)=f(p2+q2)+f(p2)+2f(p2+q2p)

Q(p2+q2,q): f((p2+q2)p2)=f(p2+q2)+f(q2)+2f(p2+q2q)

f(p2+q2)2=f(tp)=f(tq), где t=p2+q2>0q2=f(p)=f(q)=p2p=q,

тогда Q(p,p):4f(p2)=f(p2+f(p))=f(p2q2)=f(0)=0p=0, противоречие.

Лемма 3: Функция f инъективная на диапазоне неотрицательных чисел.

Д-во: Пусть для a>b>0 верно f(a)=f(b)f(t)=f(1), где t=ab>1. Пусть f(1)=s.

Заметим, что f(t2n)=f(1), то есть мы можем увеличивать t, поэтому может считать, что t2>s. Тогда

Q(x,t):f(x2+s)=f(x2)+f(t2)+2f(xt),

выберем x>0 так, чтобы x2+s=t2x=t2s, откуда 0=f(x2)+2f(xt)0+0f(x2)=0x=0, противоречие.

Так как функция инъективная для неотрицательных и f(x),x20, то из f(x2)=f(f(x))f(x)=x2.

  4
1 года 4 месяца назад #

Обозначим утверждение P(x,y). Из P(0,0) и P(x,0) получаем f(0)=0 и f(x2)=f(f(x)). Если f(y)=0 для некоторого y0, то из P(x,y) получаем решение f=0. Иначе f инъективен в 0.

Если f(x)=x2 для некоторого x0, то получаем противоречие с P(x,x). Предположим, f(z)z2 для некоторого z. Тогда сравнивая P(x,z2) и P(x,f(z)), получаем f(xz2)=f(xf(z))Or f(x)=f(kx) для некоторого k1,1. ВЛОГ |k|>1.

Из P(x,y),P(y,x),P(x,ky),P(ky,x) получаем f(k2y2+f(x))=f(x2+f(ky))=f(x2+f(y))=f(y2+f(x))Если f(y)<0 для некоторого y, то мы можем выбрать x так, что x2+f(y)=0. Следовательно, инъективность в точке 0 дает y2+f(x)=k2y2+f(x)=0, что противоречит, поскольку k21. Следовательно, f(y)0 для всех y.

Если f(t)<t2 для некоторого t, то выберите x такой, что x2=t2f(t)>0. Тогда P(x,t) дает f(t2)=f(x2)+f(t2)+2f(xt)>f(t2)Следовательно, f(t)t2 для всех t.

Но тогда f(x)=f(kx)=f(knx)k2nx2 для любого натурального n, что является противоречием для больших n . Следовательно, мы получаем решение f(z)=z2 для всех z.