Областная олимпиада по математике, 2004 год, 11 класс

Найдите все функции $f:\mathbb{R}^ +\to \mathbb{R}^ +$ такие, что $f(x + y) + f(x)f(y) = f(x) + f(y) + f(xy),$ где $\mathbb{R}^+$ обозначает множество неотрицательных действительных чисел.

Комментарий/решение

Ответ:$f(x)=x;f(x)=2$

Решение. Легко проверить , что $f(x)=2$ удовлетворяет условию задачи. Найдем другие решения

$R(0;0) f(0)+f^2(0)=2f(0)+f(0)$ откуда следует, что $$f(0)=0$$

$R(2;2) f(4)+f^2(2)=2f(2)+f(4)$ откуда следует , что $$f(2)=2$$

$R(1;1) f(2)+f^2(1)=3f(1)$ откуда следует , что $$f(1)=1$$

По индукции докажем, что $f(x)=x$

1 шаг:$f(0)=0;f(1)=1;f(2)=2$

2 шаг. Пусть $f(k-1)=k-1$

3 шаг $R(1;k-1) f(k)+f(1)f(k-1)=f(1)f(k-1)+f(k-1)$ откуда следует, что $$f(k)=k$$ то есть $f(x)=x$

Если ты доказал для натуральных чисел, это не означает что ты доказал для действительных чисел.

$\textbf{Решение:}$ Пусть $Q(x;y)$ означает $f(x + y) + f(x)f(y) = f(x) + f(y) + f(xy)$. Рассмотрим подстановки $Q(1;1)$ и $Q(2;2)$.

$$Q(1;1): \qquad \qquad f(2)+f^2(1)=f(1)+f(1)+f(1) \quad \Longrightarrow \quad f(2)=3f(1)-f^2(1) \qquad \qquad (1)$$

$$Q(2;2): \qquad \qquad f(4)+f^2(2)=f(2)+f(2)+f(4) \quad \Longrightarrow \quad f^2(2)=2f(2) \qquad \qquad \quad (2)$$

Из $(1)$ и $(2)$ имеем

$$(3f(1)-f^2(1))^2=2(3f(1)-f^2(1)) \quad \Longrightarrow \quad f(1)(f(1)-1)(f(1)-2)(f(1)-3)=0\qquad \qquad \quad (3)$$

Рассмотрим следующие случаи:

$\textbf{Случай №1.}$ $f(1)=1.$ Сделаем подстановку $Q(x;1)$. Получим $f(x+1)=f(x)+1$ при всех $x>0$. C другой стороны,

$$Q(x;y+1): \qquad f(x+y+1)+f(x)f(y+1)=f(x)+f(y+1)+f(xy+y) \quad \Longleftrightarrow$$

$$\Longleftrightarrow\quad f(x+y)+f(x)f(y)+f(x)=f(x)+f(y)+f(xy+y) \quad \Longleftrightarrow$$

$$\Longleftrightarrow \quad f(x+y)+f(x)f(y)+f(x)=f(x)+f(y)+f(xy+y) \quad \Longleftrightarrow$$

$$\Longleftrightarrow R(x;y): \qquad f(xy+y)=f(x)+f(xy) \quad \Longleftrightarrow \quad R(x;\frac{y}{x}): \qquad f(x+y)=f(x)+f(y)$$

Тогда из исходного равенства следует, что $f(xy)=f(x)f(y)$. Из последних двух классических равенств, следует что $f(x)=x$ при всех $x>0$. Нетрудно убедиться, что эта функция удовлетворяет условию задачи.

$\textbf{Случай №2.}$ $f(1)=2.$ Рассмотрим подстановку $Q(x;1)$. Получим

$$Q(x;1): \qquad f(x+1)+2f(x)=2f(x)+2 \quad \Longleftrightarrow \quad f(x+2)=2$$

Откуда следует, что $f(x)=2$ при всех $x>0$. Проверка показывает, что функция подходит.

$\textbf{Случай №3.}$ $f(1)=3.$ Рассмотрим подстановки $Q(x;1)$ и $Q(x;2)$.Тогда

$$Q(x;1): \qquad f(x+1)+f(x)=3 \quad \Longleftrightarrow \quad f(x+2)+f(x+1)=f(x+2)+3-f(x)=3 \Longleftrightarrow \quad f(x+2)=f(x)$$

$$Q(x;1): \qquad f(x+2)=f(2x)+f(x) \quad \Longleftrightarrow \quad f(2x)=0 \Longleftrightarrow \quad f(x)=0.$$

И это противоречит условию.

$\textbf{Ответ.}$ $f(x)=2, \qquad f(x)=x, \qquad \forall x>0.$

у вас в случае $f(x+1)=2$ а не $f(x+2)=2$, так же стоило бы дополнить что при таком случае вы получите что это работает только для функции $f(x)=2$ на промежутке $x \in [1:+…]$, так что вы ещё не доказали для $x \in (0:1)$. можно это сделать сделав подстановку $P:(x:\frac{y}{x})$ где $x<1$ и $y\geq1$, оттуда выйдет что $f(x)=2$, так вы получите что это работает для любых $x$.