қазақша
русскийЕвропейская математическая олимпиада среди девочек (EGMO). 2026 год. Франция
Комментарий/решение:
{Решение.} Мы утверждаем, что решениями являются $f \equiv 0$ и $f(x) = \pm x$. Они тривиально подходят Утверждение 1.} Имеем $f(0) = 0$.
{Доказательство.} Пусть $P(x, y)$ — данное утверждение, и положим $c = f(0)$. Тогда из $P(0, 0)$ следует $f(4c^2) = 0$. Кроме того, $P(4c^2, 0)$ дает $f(c^2) = 0$. Теперь определим $h(x) = x f(x)$. Имеем:
\[ P(x, c^2) \implies f(f(x)^2) = h(x + c^2) \]
\[ P(x^2, 4c^2) \implies f(f(x)^2) = h(x + 4c^2) \]
Следовательно, $h$ периодична с периодом $3c^2$. Как следствие:
\[ 3c^2 f(3c^2) = h(3c^2) = h(0) = 0. \]
Предполагая, что $c \neq 0$, получаем, что
\[ P(c^2, 3c^2) \implies c = 4c^2 f(4c^2) = 0 \iff c = 0, \]
что является противоречием. Таким образом, $c = 0$. $\blacksquare$
\textbf{Claim 2.} Если $f \not\equiv 0$, то $f$ инъективна.
\textit{Proof.} Из $P(x, 0)$ получаем, что $f(f(x)^2) = xf(x)$. Следовательно, для всех ненулевых значений $f$, функция $f$ инъективна. Достаточно доказать, что $f(a) = 0 \iff a = 0$.
Предположим от противного, что $f(a) = 0$ для некоторого $a \neq 0$. Для любого действительного числа $b$, такого что $f(b) \neq 0$, рассмотрим $P(a, b)$: $f(f(b)^2) = (a + b)f(a + b) = f(f(a + b)^2)$. Теперь, так как $f(f(b)^2) = bf(b) \neq 0$, мы можем использовать инъективность, чтобы получить
\[ f(b)^2 = f(a + b)^2 \iff f(b) = \pm f(a + b). \]
Если $f(b) = f(a + b)$, то из $bf(b) = (a + b)f(a + b)$ мы получаем, что $b = a + b$ или $a = 0$ --- противоречие. Таким образом, $f(b) = -f(a + b)$, что дает $a + b = -b \iff b = -a/2$. Следовательно, для всех $d \neq -a/2$, $f(d) = 0$.
Однако, поскольку $a \neq 0$ и $f(2a) = 0$ по $P(a, a)$, у нас есть еще один корень $f$. Применение той же логики дает, что $f(b) = 0$ для $b \neq -s$, что является противоречием. $\blacksquare$
\textbf{Утверждение 3.} Функция $f$ является аддитивной.
\textbf{Решение.} Имеем $f(f(x+y)^2) = (x+y)f(x+y) = f((f(x)+f(y))^2)$.
В силу инъективности, $f(x+y)^2 = (f(x) + f(y))^2$. Таким образом,
\[ f(x) + f(y) = \pm f(x+y). \]
Предположим, что $f(x) + f(y) = -f(x+y)$. Тогда из $P(x+y, -y)$ получаем:
\[ f(x+y) + f(-y) = \pm f(x). \]
Теперь исходное функциональное уравнение имеет вид:
\[ f(f(x)^2) + f(2f(x)f(y)) + f(f(y)^2) = (x+y)(f(x) + f(y)) \]
\[ \iff 2f(f(x)f(y)) = xf(y) + yf(x). \]
Положив $y = 1$, получим:
\[ 2f(f(x)f(1)) = xf(1) + f(x). \]
Из $f(f(x)^2) = xf(x)$ следует $f(1)^2 = 1$. Заметим, что $f$ симметрична относительно знака с обеих сторон ($f$ и $-f$ оба являются решениями), поэтому мы можем предположить, что $f(1) = 1$. Таким образом:
\[ 2f(f(x)) = x + f(x). \]
Теперь возведем обе части в квадрат и применим $f$. Правая часть (RHS):
\begin{align*}
f((x + f(x))^2) &= f(x^2) + 2f(xf(x)) + f(f(x)^2) \\
&= f(x^2) + 2f(f(f(x)^2)) + xf(x) \\
&= f(x^2) + xf(x) + f(x)^2 + f(f(x)^2) = f(x^2) + f(x)^2 + 2xf(x).
\end{align*}
Левая часть (LHS):
\[ f(4[f(f(x))]^2) = 4f([f(f(x))]^2) = 4f(x)f(f(x)) = 2f(x)(2f(f(x))) = 2f(x)(x+f(x)) = 2xf(x) + 2f(x)^2. \]
Следовательно,
\[ f(x)^2 = f(x^2). \]
Таким образом,
\[ 2xf(x) = 2f(f(x)^2) = 2f(f(x^2)) = x^2 + f(x^2) = x^2 + f(x)^2. \]
\[ \iff f(x)^2 - 2xf(x) + x^2 = 0 \iff (f(x) - x)^2 = 0 \iff f(x) = x. \]
Мы показали ранее, что если $f$ --- неконстантное решение, то $-f$ также является решением (что позволило нам предположить $f(1) = 1$ WLOG). Таким образом, два наших неконстантных решения: $f(x) = \pm x$. Если $f$ константа, легко видеть, что это $0$.
Для строгости разберем «точечную ловушку» (pointwise trap). Мы уже показали, что $f(x) = 0$ для $x \neq 0$ невозможно, поэтому осталось лишь показать, что $f(x) = x$ и $f(y) = -y$ для $x, y \neq 0$ невозможно. Предположим обратное; тогда:
\[
f((x-y)^2) = (x+y)(f(x) + f(y)) = (x+y)(x-y)
\]
\[
\iff (x-y)^2 = (x+y)(x-y) \iff x-y = x+y \iff y=0.
\]
Это противоречие, так что мы закончили.
Следовательно, наши ответы: $f(x) = 0, \pm x$.
Очевидно если $f \equiv C \to f \equiv 0$ теперь рассмотрим не константные функции
\[\]
Пусть $P(x,y): $ отвечает за нашу функцию
\[\]
\[S_0 = \{ x \mid f(x)=0 \} \quad P(x,-x): f((f(x)+f(-x))^2)=0 \to \mid S_0 \mid \geq 1\]
Утверждение: $f - $ инъективна для $ x \not \in S_0$
\[\]
Доказательство:
\[a,b \not \in S_0 \mid f(a)=f(b)=c\to P(a,0)-P(b,0): af(a)=f((c+f(0))^2)=bf(b) \to a=b \quad \blacksquare\]
Утверждение: $ 0 \in S_0 $
\[\]
Доказательство:
\[\sigma_1 \ne \sigma_2 \in S_0 \to P(\sigma_2, -\sigma_2)-P(\sigma_1,-\sigma_2): (\sigma_1-\sigma_2)f(\sigma_1-\sigma_2)=0\to \sigma_1-\sigma_2 \in S_0\]
Осталось взять $:$
\[P(\sigma_2,\sigma_1-\sigma_2): f(0)=0\]
Но если $\mid \ S_0\mid = 1$
\[\sigma \in S_0 \to \ P(\sigma-x, x): (f(x)+f(\sigma-x))^2=\sigma=(f(x)+f(-x))^2\]
$ f(-x)= f(\sigma-x)$ верно только для $\sigma = 0$ если нет то $:$
\[2f(x)=-f(-x)-f(\sigma-x)\to f(x)=\dfrac{f(\sigma+x)-2f(\sigma-x)}{3}\]
Но тогда $:$
\[f(x)+f(\sigma-x)=\pm\sqrt{\sigma}=f(y)+f(\sigma-y)=-f(y)-f(-y)\]
Сделаем подстановку $:$
\[P(x,y) - P(\sigma-x, -y): (x+y)f(x+y)=(\sigma-x-y)f(\sigma-x-y)\]
Это то же что и $:$
\[\dfrac{zf(\sigma+z)-2zf(\sigma-z)}{3}=zf(z)=(\sigma-z)f(\sigma-z) \to \dfrac{f(\sigma+z)+f(\sigma-z)}{3}=\dfrac{\sigma f(\sigma-z)}{z}\]
Тогда можно найти $f $ в явном виде $:$
\[f(\sigma -z)=\dfrac{\pm z}{\sqrt{\sigma}} \to \mp \sqrt{\sigma} = f(z) + f(-z) = \dfrac{\pm (\sigma - z)}{\sqrt{\sigma}}+\dfrac{\pm (\sigma + z)}{\sqrt{\sigma}}= \pm 2\sqrt{\sigma} \to \pm 3\sqrt{\sigma} = 0 \]
Данное влечет за собой противоречие. $\quad \blacksquare $
\[\]
Утверждение: $S_0 \subseteq \{0\} $
\[\]
Доказательство:
\[0\ne \sigma_0 \in S_0 \mid P(x,\pm\sigma_0)-P(x,0): xf(x)=(x\pm\sigma_0)f(x\pm\sigma_0)\]
Тогда сделаем подставление $:$
\[P(x\pm\sigma_0,0)-P(x,0):f(f(x)^2)=f(f(x\pm\sigma_0)^2)=(x\pm\sigma_0)f(x\pm\sigma_0)=xf(x)\]
Можно выбрать $x_0f(x_0)\ne 0$ иначе $f\equiv 0 $ и т.к. $f(x_0)\ne f(x_0\pm\sigma_0) :$
\[f(x_0)^2=f(x_0\pm\sigma_0)^2\mid f(x_0)=-f(x_0\pm\sigma_0) \to f(x_0+\sigma_0)=f(x_0-\sigma_0)\ne 0 \to \varnothing \quad \blacksquare\]
Используется факт что если $0,\sigma_0 \in S_0 \to -\sigma_0 \in S_0$
\[\]
Утверждение: $f - $ аддитивная
\[\]
Доказательство :
\[P(x,-x): f(x)=-f(-x)\mid P(x+y,0)-P(x,y):f(x+y)^2=(f(x)+f(y))^2\]
Введем переменную $z:$
\[(f(x+z)+f(y))^2=(f(x)+f(y+z))^2 \to f(x)(f(y+z)-f(z))=f(y)(f(x+z)-f(z)) \]
Это то же что и $:$
\[\dfrac{f(y+z)-f(z)}{f(y)}=\dfrac{f(x+z)-f(z)}{f(x)}=C_z \quad \forall \ x,y, \in \mathbb{R/0}\]
Тогда $C_z$ зависит только лишь от переменной $z:$
\[f(x+z)^2=(f(x)+f(z))^2 \to \mathbb{(\ i\ )} f(x+z)=f(x)+f(z) \quad \mathbb{(\ ii\ )} -f(x+z)=f(x)+f(z)\]
Если для некого $z \ \exists \ y_0 \to z, y_0 \in \mathbb{(\ i\ )} \to C_z = 1$ т.е. $\mathbb{(\ i\ )}$ и для всех остальных тоже $\mathbb{(\ i\ )},$ пусть нет $\mathbb{(\ i\ )}$
\[\forall y \in \mathbb{R} \mid f(z_0)+f(y)=-f(y+z_0)\to f(z_0)+f(-2z_0)=-f(-z_0) \to z_0=0 \quad \blacksquare\]
Добивка:
\[\]
\[P(1,0):f(f(1)^2)=f(1) \to 1=f(1)^2\]
$\mathbb{(\ i\ )} f(1)=1\quad \mathbb{(\ ii\ )} f(1)=-1$ если $f - $ решение то и $-f$ так что б.о.о. $f(1)=1$
\[P(x,1): f((f(x)+1)^2)=f(f(x)^2+2f(x)+1)=xf(x)+2f(f(x))+1=(x+1)f(x+1)=xf(x)+x+f(x)+1\]
Это можно перезаписать как $:$
\[f(f(x))=\dfrac{f(x)+x}{2}\mid P(x, y): 2f(f(x)f(y))=xf(y)+yf(x)\]
Подставим $y=f(x):$
\[xf(x)+f(x)f(f(x))=f(f(x)^2)+f(xf(x))=f(f(x)^2+xf(x))=f(2f(x)f(f(x)))=xf(f(x))+f(x)^2 \to (f(f(x))-f(x))(x-f(x))=0\]
Независимо от того какая скобка равно нулю выходит что $: f(f(x))=f(x)$
\[f(x)=f(f(x)) =\dfrac{f(x)+x}{2} \to f(x)=x\]
\[\]
Ответ: $f \equiv 0, \quad f \equiv \mathbb{id}, \quad f \equiv -\mathbb{id} $
\[\]
Легко проверить что ответы удовлетворяет условиям
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.