39-я Балканская математическая олимпиада. Кипр, 2022 год

Найдите все функций $f:(0,\infty) \to (0,\infty)$ такие, что $f(y(f(x))^3+x)=x^3f(y)+f(x)$, для всех $x,y > 0.$

Комментарий/решение

Так как правая часть может быть сколь угодно большой, сразу можно понять, что $f$ неограниченна сверху

Пусть $P(x,y)$ - данное равенство, тогда

$P(x, \frac{y-x}{f(x)^3}): f(y)-f(x)=x^3f(\frac{y-x}{f(x)^3})$ для всех $y>x$ (1)

Из этого сразу следует, что $f$ - возрастающая.

Очевидно, что так как $f$ возрастает и ограничена снизу, то существует предел $\mathop {\lim } \limits_{x \to 0^{+}} f(x) = c$, пусть $c>0$, тогда $f(x+\epsilon)>cx^3$ для всех $\epsilon>0$, тогда $f(x) \geq c(x-\epsilon)^3$ для всех $\epsilon$ и достаточно больших $x$, откуда $f(x) \geq cx^3$ для всех достаточно больших $x$

$$P(x,1): x^3f(1)+f(x)=f(f(x)^3+x) \geq c(f(x)^3+x)^3>cf(x)^9+cf(x)^6x>cf(x)^9+c^7x^{19}$$ Что неверно при больших $x$, значит $c=0$. Устремим в (1) $x$ в $y$, получим, что $\mathop {\lim } \limits_{x \to y^{-}} f(x) = f(y)$, а также если устремить $y$ в $x$, то $\mathop {\lim } \limits_{y \to x^{+}} f(y) = f(x)$, то есть $f$ - непрерывна. Так как она монотонна и неограниченна сверху, и снизу ограничена только $0$, то $f$ сюръективна на $(0;+\infty)$. Пусть $f(x_0)=1$, тогда

$P(x_0, x): f(x)<f(x+x_0)={x_0}^3f(x)+1$, тогда, выбирая $f(x)$ достаточно большим, $x_0 \geq 1$, тогда либо $x_0=1$, либо $f(1)<1$, но тогда

$P(1;\frac{1}{1-f(1)^3}):f(1)=0$, противоречие.

Значит $f(1)=1$, теперь легко получить $f(x+1)=f(x)+1$, тогда индукцией по $[x]$ можно доказать, что $x+1 \geq [x]+1 > f(x) \geq [x] > x-1$, теперь, сравнивая $P(x,\frac{1}{f(x)^3})$ с $f(x+1)=f(x)+1$, получаем $f(\frac{1}{f(x)^3})=\frac{1}{x^3}$, подставим тут $\frac{1}{f(x)^3}$ вместо $x$, тогда $f(x^9)=f(x)^9$, тогда пусть $f(t)=t+\alpha$ для какого то $\alpha$ и $t$. Тогда $(t+\alpha+c)^9= f(t+c)^9=f((t+c)^9)>(t+c)^9-1$ для любого $c \in \mathbb{N}$, тогда $\alpha\geq0$, иначе разность левой и правой части многочлен (от $t+c$) с отрицательным старшим коэффициентом, который при достаточно больших значениях аргумента ограничен снизу. Аналогично верно, что $(t+c+\alpha)^9<(t+c)^9+1$, тогда $\alpha\leq0$, так как иначе разность левой и правой части это многочлен с положительным старшим коэффициентом, который при достаточно больших значениях аргумента ограничен сверху, но тогда $\alpha =0$ и $f(x)=x$ для всех $x \in \mathbb{R}^{+}$

$\mathop {\lim } \limits_{a \to (yc^3)^{+}} f(a) = \mathop {\lim } \limits_{x \to 0^{+}} f(yf(x)^3+x)= \mathop {\lim } \limits_{x \to 0^{+}} x^3f(y)+f(x)=c$ для любого $y>0.$

Если $c>0,$ то $\mathop {\lim } \limits_{a \to t^{+}} f(a)=c, \forall t\ge 0,$ но поскольку $f$ строго возрастает, то $f\equiv c.$

Ответ: $f(x)\equiv x.$

Из условия следует, что $f(y f(x)^3+x)>f(x), \forall y>0,$ откуда $f$ строго возрастающая функция.

Пусть $f(1)=c.$

$P(1,y): f(yc^3+1)-f(y)=c\implies f(yc^3+1)>f(y)\implies y(c^3-1)+1>0\implies c\ge 1.$

Подставим $y=\dfrac{x(c^3-1)+1}{f(x)^3}$ в $P(x,y):$

$$x^3f(y)=f(yf(x)^3+x)-f(x)=f(xc^3+1)-f(x)=c$$

отсюда $f$ сюръективная функция. Пусть $f(t)=1\le c=f(1)\implies t\le 1.$

$P(t,y): 1=f(y+t)-t^3f(y) \ge (1-t^3)f(y),$ откуда $t=1,$ поскольку $f$ сюръективна.

Из $f(1)=1$ и $P(1,y)$ получаем, что $f(n)=n, \forall n\in\mathbb N.$

Для натуральных $m,n$ получаем $P\left(n,\dfrac{m}{n}\right): n^3f\left(\dfrac{m}{n}\right)=f(mn^2+n)-f(n)\implies f(q)=q,\forall q=\dfrac{m}{n}\in\mathbb Q^{+},$ но поскольку функция строго возрастает то $f(r)=r, \forall r\in\mathbb R^{+}.$