Международная олимпиада 2026, Шанхай, 2026 год

Обозначим через $\mathbb{R}_{ > 0}$ множество всех положительных вещественных чисел. Найдите все такие функции $f: \mathbb{R}_{ > 0} \rightarrow \mathbb{R}_{ > 0}$, что $$ \sqrt{\frac{x^2+f(y)^2}{2}} \geqslant \frac{f(x)+y}{2} \geqslant \sqrt{x f(y)} $$ при всех $x, y \in \mathbb{R}_{ > 0}$.

Комментарий/решение

Пусть $P(x,y)$ обозначает изначальное условие

Claim 1: $f(f(x)) - 2f(x) + x = 0$

$P(f(x),x):$ $f(x) \geq \frac{f(f(x)) + x}{2} \geq f(x)$ $\Rightarrow$ $2f(x) = f(f(x)) + x$ $\Rightarrow$ $f(f(x)) - 2f(x) + x = 0$ для любого $x \in \mathbb{R}^+$

Claim 2: $f(x) \geq x$

В общем виде $f^{n+1}(x) - 2f^{n}(x) + f^{n-1}(x) = 0$. Пусть $a_n = f^n(x)$, Решим характеристическое уравнение: $$a_{n+1} -2a_n + a_{n-1} = 0$$

Тогда решая уравнение $r^2 -2r+1 = 0$ видим что у него единственный корень $r=1$.

Тогда $f^n(x) = a_n = cn + d$ для каких то констант $c,d$

$f^0(x) = x = d$ и $f^1(x) = f(x) = c+d = c+x$ $\Rightarrow$ $c = f(x) - x$

Так $f^n(x) = a_n = (f(x) - x)n + x > 0$, откуда $f(x) \geq x$ иначе $\exists$ $n$ что $f^n(x) = a_n = (f(x) - x)n + x \leq 0$ $\varnothing$

Claim 3: $f(x)-x$ - константа

Пусть $g(x) = f(x)-x$ , Тогда $f^n(x) = ng(x) + x$

Заметим что если $x<f(y)$ , то $f(y)> \sqrt{\frac{x^2 + f(y)^2}2}\ge \frac{f(x) + y}2 $ , откуда $f(f(y)) = 2f(y) - y > f(x)$.

Отсюда если $f(x) > f(y)$ , то $f(f(x)) > f(f(y))$, откуда и $f^n(x) > f^n(y)$ то есть имеем $ng(x) - x > ng(y) - y$ $\Rightarrow$ $g(x) - \frac{x}{n} > g(y) - \frac{y}{n}$ при $n \to \infty$ имеем что $\frac{x}{n},\frac{y}{n} \to 0$ откуда и $g(x) \geq g(y)$

Теперь если $\exists$ $y$ что $f(y) - y = g(y) \ne 0$. То $f^n(y) = ng(y) + y$ неограничена сверху. Тогда возьмем $n$ что $f^n(y) = ng(y) + y \geq f(x)$ тогда $g(y) = g(f^n(y)) \geq g(x)$, но до этого мы получили что $g(x) \geq g(y)$ , откуда $g(x) = g(y)$,

Conclusion: $f(x) = x + c$ , где $c \geq 0$ - константа

Из $P(f(y),y): f(f(y))+y=2f(y) \implies f(y)-y=f(f(y))-f(y))=f^n(y)-f^{n-1}(y)$.

Зафиксируем какие то $x, y>0$. Если $f(x)-x=c$ и $c<0$, по индукции $f^n(x)=x+cn$, что при $n \to \infty$, дает $f^n(x)<0$.

Значит $f(x)\geq x$. И пусть $f(x)-x=c\geq0$ и $f(y)-y=d\geq0$. Тогда $f^n(x)=x+cn$, и $f^m(y)=y+dm$.

Б.О.О. $d>c$,и допустим $\frac{c}{d}$ иррациональна. Тогда по известной лемме $|cn-dm|$ всюдуплотна. Тогда существует очень большие $m, n \in \mathbb{N}$, что $cn+x \approx dm+y$, и число $cn+x$ очень большое. Пусть $T$ число меньшее $cn+x$ и $dm+y$ и очень близкое к ним. Пусть $cn+x=T+\alpha_1$ и $dy+m=T+\alpha_2$.

$$P(f^n(x), f^m(y)): (T+\frac{\alpha_1+\alpha_2+c}{2})^2 \geq (T+\alpha_1)(T+\alpha_2+d) \implies$$

$$T^2+T(\alpha_1+\alpha_2+c)+(\frac{\alpha_1+\alpha_2+c}{2})^2 \geq T^2+T(\alpha_1+\alpha_2+d)+\alpha_1(\alpha_2+d) \implies$$

$$(\frac{\alpha_1+\alpha_2+c}{2})^2-\alpha_1(\alpha_2+d) \geq T(d-c)$$

Заметим что $\alpha_1, \alpha_2$ стремятся к нулю, а $T$ в бесконечность. Противоречие. Если $\frac{c}{d}$ рациональна, то $|x-y+cn-dm|$ имеет минимум. Оно достигается бесконечно много раз. Тогда аналогичным образом, противоречие выйдет из того что мы можем получить $T$ очень большое и $\alpha_1, \alpha_2<C$, где $C$ константа. Значит $c \geq d$, ну $c$ и $d$ симметричны относительно $x,y$ так что, аналогичным образом $d\geq c$, или

$d=c$. То есть $f(x)=x+c$ для любых $x>0$. $\square$