Европейская математическая олимпиада среди девочек (EGMO). 2021 год. Грузия

Кез келген рационал $x$, $y$ сандары үшiн $$f(x f(x)+y)=f(y)+x^{2}$$ теңдiгi орындалатындай барлық $f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q}$ функцияларын табыңыздар. $\mathbb{Q}$ жиыны — рационал сандар жиыны.

Комментарий/решение

Ответы: $f(x)=x$, $f(x)=-x$

Решение: Если существует $a$, что $f(a)=0$, тогда:

$$P(a,0): a^2+f(0)=f(af(a))=f(0) \Rightarrow a=0.$$ Другими словами для любого $x \neq 0: f(x) \neq 0$. Зафиксируем какой-то $x \neq 0$ и $xf(x)=c \neq 0, x^2=d > 0.$ Тогда по условию $f(y+c)=f(y)+d.$ Индукцией можно доказать: $$f(y+kc)=f(y)+kd , \forall k \in \mathbb{Z} (1)$$ Заметим, что при $c >0$, если $x \rightarrow + \infty: f(x) \rightarrow +\infty.$ При $c < 0$, наоборот, если $x \rightarrow + \infty: f(x) \rightarrow -\infty.$ Поэтому для всех $x$, все $xf(x)$ либо больше $0$, либо все меньше $0$. Если $c<0$, это значит что $f(x)$ и $x$ разного знака. $P(-x,-y)$ дает что: $f(-xf(-x)-y)=f(-y)+x^2.$ Тогда сделав замену $h(x)=f(-x)$, получится $$h(xh(x)+y)=h(y)+x^2$$ и при этом $xh(x) > 0.$ Поэтому достаточно разобрать случай $c>0.$

Я хочу доказать, что $d=c.$ Тогда выйдет $f(x)=x$ и все будет круто. Для этого разберем два случая $d>c$ и $d<c$ и докажем что они невозможны. Разберу только первый, потому что второй аналогичен.

Сделаем замену $g(x)=f(x)-x.$ Тогда $(1)$ преобразуется в $g(y+kc)=g(y)+k(d-c)$, а $P(x,y)$ в $g(xf(x)+y)+xg(x)=g(y).$ Рассмотрим фиксированный $y$ и $x \rightarrow +\infty.$ Тогда из $(1)$: $g(x) \rightarrow +\infty$ и в $P(x,y)$ правая сторона($g(y)$) будет фиксирована, а левая стремится к бесконечности. Противоречие. Отсюда $d=c$, а в случае $c<0$ таким же образом выйдет $d=-c$, то есть $f(x)=x$ или $f(x)=-x,$ для любого $x \neq 0.$ И наконец, из $P(x,0),$ выйдет что $f(0)=0.$ Очевидно ответы подходят.

Доказательство того что все $xf(x)$ одного знака неверно.

Если непонятно обьясню поподробнее.

Пусть $c_1,c_2$ и соответствующие им $d_1, d_2$ такие, что $c_1 > 0, c_2 < 0.$ Рассмотрим $m>0$ такой, что $mc_1, mc_2 \in \mathbb{Z}.$ ($c_1,c_2$ рациональны, поэтому такой m существует). Тогда при достаточно большом $m$: $$ 0 < f(0)+mc_1d_2 = f(mc_1c_2)=f(0)+mc_2d_1 < 0, $$ противоречие.

Уважаемый Султанали можете подробнее показать почему $f(x)=x$ с 3 строки.

Нет, не может