41-я Балканская математическая олимпиада. Варна, Болгария, 2024 год
Комментарий/решение:
Пусть Q(x,y)− обозначает нашу функцию
limy→0P(y)+y=P(0)+0limy→xP(y)+y=P(x)+x
Значит :∀t∈R+∃z∈R+ что :P(z)+z=t
Утверждение 1: f(x)≥x
От обратного :∃x0∈R+ для которого x0−f(x0)>0
P(y0)+y0=x0−f(x0)⇔f(x0)+P(y0)=x0−y0
Q(x0,y0)⇒2y0=0→∅
Утверждение 2: P− линейный
От отбратного:
f(x−y)=f(f(x)+P(y))−2y≥x−y+(P(y)−y)
Зафиксировав x−y для достаточно большого y→∅
Тогда :P(y)≡cy значит c≤1
Если c=0
Q(b+a,a)−Q(a+b,b)⇒f(a)−2a=f(b)−2b∀a,b
Значит :f(x)=2x+c что очевидно не подходит
Введем новую функцию :g(x)=f(x)−x
g(g(x)+x+cy)+g(x)+x+cy=g(x−y)+x+y
Утверждение 3: ∃x что g(x)=0
От обратного:
Пусть g(x) инфиминимум функции g
Q(f(x),g(x))⇒f(f(f(x))+cg(x))=f(x)+2g(x)
Что равносильно:
2g(x)>(2−c)g(x)=g(f(x))+g(f(f(x))+cg(x))≥2g(x)
Значит существует такой x что f(x)=x
Добивка:
Q(x,y)⇒f(x+cy)=f(x−y)+2y
Теперь:
Q(x+cy,cy)⇒x+y+c2y≤f(f(x−y)+2y+c2y)
Что дает нам:
Q(x+cy,cy)⇒x+y+c2y≤x+2cy
Неравенство верно в обратную сторону, равенство при c=1
Тогда: f(x−y)=x−y и P(y)=y∀x>y
Q(x,y)⇒f(x+y)=x+y∀x>y
Повторяю данную операцию получим: f(x)=x∀x∈R+
Ответ: f(x)≡x
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.