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: $f(x) = 0, \pm x$.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.