42-я Балканская математическая олимпиада. Сараево, Босния и Герцеговины, 2025 год

Найдите все функций $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ такие, что для всех действительных чисел $x$ и $y$ выполняется соотношение $$f(x + y f(x)) + y = xy + f(x + y).$$

Комментарий/решение

Пусть $f(b)=0$. $P(b, y-b) \Rightarrow f(b+y(f(b))+y-b=b(y-b)+f(y)\Rightarrow f(y)=(y-b)(1-b);$ $b$ константа.

Почему такой b существует

$f(u)=1;$ $P(u;1)\Longrightarrow f(u+1)+1=u+f(u+1)\longrightarrow u=1$

$P(0;1)\Longrightarrow f(f(0))+1=f(1)\longrightarrow f(f(0))=0$

Почему такой u существует

Если существует $x_0$, что $f(x_0)=0$, то при $P(x_0; y):$

$0+y=x_0y+f(x_0+y)$

$s=x_0+y$

$f(s)=s-x_0-x_0(s-x_0)$

$f(s)=(s-x_0)(1-x_0)$

Отсюда при подстановке $P(x;y)$

$(x+yf(x)-x_0)(1-x_0)+y=xy+(x+y-x_0)(1-x_0)$

$(x+y(x-x_0)(1-x_0)-x_0)(1-x_0)+y=xy+(x+y-x_0)(1-x_0)$

$y(x-x_0)(1-x_0)^2=xy-y+y(1-x_0)$, верно для любых $x, y \in \mathbb{R}$

$y(1-x_0)((x-x_0)(1-x_0)-1)=y(x-1)$

Возьмем $y \ne 0$

$(1-x_0)((x-x_0)(1-x_0)-1)=x-1$

$(x-x_0)(1-x_0)^2=x-x_0$

Пусть $x \ne x_0$

$(1-x_0)^2=1$

Значит $x_0=2$ или $x_0=0$

При подстановке в $f(s)=(s-x_0)(1-x_0)$, понимаем что:

$f(x)=2-x$ либо $f(x)=x$, очевидная проверка

Значит не существует $x_0$, что $f(x_0)=0$

Пусть $x+y=c-const$

$f(c-y+yf(c-y))=-y-y^2+cy+f(c)$

Значит $-y-y^2+cy+f(c)<0$

Отсюда $D<0$

$f(c)<-\frac{(c-1)^2}{4}\leq0$

$f(c)<0$ для любого $c$. В частности $f(1)<0$

Возьмем множество всех значений которые принимают $f$

Оно ограничено $0$, значит у него есть супремум, $M>f(x)$ для любого x и что для любого $e>0$, $\exists x$, что $M-e<f(x)<M$

Тогда берем $x+y=c$, отсюда

$f(c-y+yf(c-y))=-y-y^2+cy+f(c)>M-e-y-y^2+cy$, значит докажем что найдутся такие $x, y$, что $-e-y-y^2+cy>0$, и отсюда можно получить противоречие

Давайте заметим следующую последовательность:

$P(1;y):$

$f(1+yf(1))=f(1+y)$

То есть:

$f(1+y)=f(1+yf(1)^n)$ для любого n - целого. В частности, так как $f(1)<0$, если $f(1)<-1$, то просто запустим последовательность параметр которой будет бесконечно расти. Если $y<0$: $f(1+y)=f(1+yf(1)^{2k+1})$, если $y>0$: $f(1+y)=f(1+yf(1)^{2k})$

$f(1)>-1$, то если $y<0$: $f(1+y)=f(1+yf(1)^{-2k-1})$, если $y>0$: $f(1+y)=f(1+yf(1)^{-2k})$. Случай $f(1)=-1$ разберем позже

Предположим что $c \ne 1$, тогда мы построим последовательность что $f(c)=f(a_1)=f(a_2)=...=f(a_k)$, где $\mathop {\lim } \limits_{k \to \infty} a_k = \infty$. Тогда в каждом из этих случаев, $e$ остается таким же а $x+y$ стремится к бесконечности. Это значит

$-e-y-y^2+cy>0$

Берем $y=1$, а $c=x+y$, бесконечно возрастающим, и получим что в какой то момент это неравенство будет верным. Ну тогда

$f(c-y+yf(c-y))=-y-y^2+cy+f(c)>M-e-y-y^2+cy>M$. Противоречие

Теперь $f(1)=-1$

$P(1;y)$:

$f(x-y)=f(x+y)$

$P(x; y):$

$f(x+yf(x))+y=xy+f(x+y)$

$f(x+yf(x))-f(x+y)=xy-y$

$P(x; -y):$

$f(x-yf(x))-y=-xy+f(x-y)$

$f(x-yf(x))-f(x-y)=y-xy$

Откуда $y-xy=f(x-yf(x))-f(x-y)=f(x+yf(x))-f(x+y)=xy-y$

противоречие так как это верно для любых $x, y$

Легко проверить что $: \ f \not \equiv c. \ $

\[ A \in \{ \ x \ | \ f(0) \ne f(x) \ \}\]

Везде будем использовать что $:\ x \in A \ $ если нет уточнения

\[ \]

Пусть $: \ P(x,y): \ $ обозначает $: \ f(x + y f(x)) + y = xy + f(x + y). $

\[ \]

\[ P\left ( 0, \frac{x(1-f(x)}{f(0)-f(x)} \right ): f \left (\frac{f(0)x(1-f(x)}{f(0)-f(x)} \right ) + \frac{x(1-f(x))}{f(0)-f(x)} = f \left ( \frac{x(1-f(x))}{f(0)-f(x)} \right ) \]

\[ \]

\[ P\left ( x, \frac{x(1-f(0))}{f(0)-f(x)} \right ): f \left (\frac{f(0)x(1-f(x)}{f(0)-f(x)} \right ) + \frac{(1-x)x(1-f(0))}{f(0)-f(x)} = f \left ( \frac{x(1-f(x))}{f(0)-f(x)} \right )\]

Следовательно: $\ (1-x)(1-f(0))=1-f(x) $

\[ 1-x-f(0)+xf(0)=1-f(x) \ \Leftrightarrow \ f(x) = x+f(0)-xf(0)\]

\[P(0,x): f(xf(0)) + x = f(x) = x+f(0)-xf(0) \ \Leftrightarrow \ f(xf(0)) = f(0)-xf(0)\]

$\mathbb{(i)} \quad xf(0) \not \in A \ \Leftrightarrow \ f(0)=f(0)-xf(0) \ \Leftrightarrow \ f(0)=0 $

\[ P(0, x): x = f(x) \ ( \ \forall x \ne 0 \ )\]

$\mathbb{(ii)} \quad xf(0) \in A \ \Leftrightarrow \ xf(0)+f(0)-xf(0)^2 = f(0) - xf(0) \ \Leftrightarrow \ f(0) = 0; 2$

\[ f(0) = 0 \ \Leftrightarrow \ xf(0) = 0 \in A \ \rightarrow \ f(0) = 2 \quad f(x) = 2 - x \ \]

\[ P(x, -x ): f(-x) -x = -x^2 + 2 \ \Leftrightarrow \ 2-x^2+x = 2; \ 2+x. \ ( \ x \not \in A \ )\]

$\quad \mathbb{(a)} \ -x \in A \ \Leftrightarrow \ -x^2 = 0 \ \Leftrightarrow -x=0 \not \in A $

\[ \]

$\quad \mathbb{(b)} \ -x \not \in A \ \Leftrightarrow \ -x^2 = -x \ \Leftrightarrow \ x=0,1 $

$ \ x,-x \in \{ 1,0 \} \ \Leftrightarrow \ x = 0 \ $ то есть единственное $ \ x \not \in A \ \rightarrow \ x =0$

\[\]

Ответ $: \ f(x) \equiv x; \quad f(x) \equiv 2-x $

$$P\Bigg(1;\dfrac{f(0)-1}{f(1)-f(0)} \Bigg):f\Bigg(1+\dfrac{(f(0)-1)f(1)}{f(1)-f(0)} \Bigg)=f\Bigg(1+\dfrac{f(0)-1}{f(1)-f(0)} \Bigg)=f\Bigg(\dfrac{(f(1)-1)f(0)}{f(1)-f(0)} \Bigg)=f\Bigg(\dfrac{f(1)-1}{f(1)-f(0)} \Bigg)$$

$$P\Bigg(0;\dfrac{f(1)-1}{f(1)-f(0)} \Bigg):f\Bigg(\dfrac{(f(1)-1)f(0)}{f(1)-f(0)} \Bigg)+\dfrac{f(1)-1}{f(1)-f(0)}=f\Bigg(\dfrac{f(1)-1}{f(1)-f(0)} \Bigg)\Longrightarrow f(1)=1$$

$$P(0;1):f(f(0))+1=f(1)\Leftrightarrow f(f(0))=0$$

$$P(f(0);y-f(0)):f\Big(f(0)+(y-f(0))f(f(0)) \Big)+y-f(0)=(y-f(0))f(0)+f(y) \Leftrightarrow f(y)=(y-f(0))(1-f(0))$$

$$f(x+yf(x))+y=(x-f(0))(1-f(0))+yf(x)-yf(x)f(0)+y=xy+(x-f(0))(1-f(0))+y-yf(0)$$

$$f(x)=\dfrac{x-f(0)}{1-f(0)}=(x-f(0))(1-f(0))\Longrightarrow f(0)=0;2\Longrightarrow f(x)=x;2-x$$

А если $:\ f(0)=f(1)$

Продолжение:$(f(1)=f(0)=a)$. Если $a=0\Longrightarrow P(0,y):f(0+yf(0))+y=0+f(y)\Longleftrightarrow f(y)=y$

$P(1,x):f(1+xf(1))=f(x+1);$

$P(0,1+x):f(0+f(0)(1+x))+1+x=f(x+1)\Longrightarrow f(1+xa)=f(a+xa)+1+x; x=0\Longrightarrow a=f(a)+1$

$P(1,-1):f(1-f(1))=f(0)\Longleftrightarrow f(1-a)=a$

$P\bigg(0,\dfrac{1}{a} \bigg):f\bigg(0+\dfrac{f(0)}{a} \bigg)+\dfrac{1}{a}=0+f\bigg( \dfrac{1}{a} \bigg)\Longleftrightarrow a+\dfrac{1}{a}=f\bigg(\dfrac{1}{a} \bigg)$

$P\bigg(1,\dfrac{1-a}{a} \bigg):f \bigg(1+\dfrac{(1-a)f(1)}{a} \bigg)=f\bigg(1+\dfrac{1-a}{a}\bigg)\Longleftrightarrow f(2-a)=f\bigg(\dfrac{1}{a}\bigg)$

$P(1-a,1):f(1-a+f(1-a))+1=1-a+f(2-a)\Longleftrightarrow 2a=f(2-a)=f\bigg(\dfrac{1}{a}\bigg)=a+\dfrac{1}{a}\Longrightarrow a=\pm 1$

$1)a=1;ㅤP(0,1):f(0+f(0))+1=0+f(1)\Longrightarrow 1=0ㅤ\varnothing$

$2)a=-1;ㅤP(0,x):f(-x)+x=f(x);ㅤP(1,x):f(1+f(x))=f(1+x)=f(1-x)=f(-1-x)+x+1$

$x=0\Rightarrow f(1)-1=f(-1)=-2;ㅤx=-1\Rightarrow f(0)=f(-2)=-1;ㅤx=-2\Rightarrow f(-1)+1=f(-3)=-1$

$f(-3)+3=f(3)=2=f(3)=f(1+2)=f(1-2)=f(-1)=-2ㅤ\varnothing$