IMO 2017 · Problem 2
Let \(\mathbb{R}\) be the set of real numbers. Determine all functions \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) such that, for all real numbers \(x\) and \(y\), \[ f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy). \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
The solutions are \[ \boxed{f(x)\equiv 0,\qquad f(x)=x-1,\qquad f(x)=1-x.} \]
Solution
Denote the given equation by \(P(x,y)\), and put \(c=f(0)\). From \(P(x,0)\), \[ f(cf(x))=c-f(x). \tag{1} \] If \(c=0\), this immediately gives \(f(x)=0\) for every \(x\). Henceforth assume \(c\ne0\).
First, \(f\) has no nonzero period. Indeed, if \(p\ne0\) and \(f(t+p)=f(t)\) for all \(t\), then \(f(p)=c\). Comparing \(P(p,y)\) with \(P(0,y)\) gives \[ f(py)=c \] for every real \(y\). Thus \(f\) is constant, and the original equation forces that constant to be zero, contradicting \(c\ne0\).
We next prove that \(c^2=1\). Set \(a=c^2>0\). Equation (1) at \(x=0\) gives \(f(a)=0\), and \(P(a,1)\) gives \(f(a+1)=-c\). Applying (1) successively at \(x=a+1\) and \(x=-a\), we obtain \[ f(-a)=2c,\qquad f(2a)=-c. \] Consequently, \(P(a,a)\) gives \(f(a^2)=0\).
Since \(a\) and \(a^2\) are zeros of \(f\), the original equation yields \[ f(at)=f(t+a)+c,\qquad f(a^2t)=f(t+a^2)+c. \tag{2} \] Applying the first identity twice also gives \[ f(a^2t)=f(at+a)+c=f(t+a+1)+2c. \] Therefore, with \(d=a^2-a-1\), \[ f(t+d)=f(t)+c \qquad(t\in\mathbb R). \tag{3} \] In particular, \(d\ne0\). Combining (2) and (3), \[ f(a(t+d)) =f(t+d+a)+c =f(t+a)+2c =f(at)+c. \] Because \(a\ne0\), this says \(f(t+ad)=f(t)+c\) for every real \(t\). Comparing with (3), we find that \((a-1)d\) is a period of \(f\). There are no nonzero periods, and \(d\ne0\), so \(a=1\). Thus \(c=\pm1\).
Replacing a solution by its negative again gives a solution. We may therefore assume \(f(0)=1\), restoring the sign at the end. We now have \(f(1)=0\), and \(P(x,0)\), \(P(x,1)\) give \[ f(f(x))=1-f(x),\qquad f(x+1)=f(x)-1. \tag{4} \] Applying the first identity at \(f(x)\) gives \[ f(1-f(x))=f(x). \] The second identity then implies \(f(-f(x))=f(x)+1\). Since \(f(2)=-1\), equation \(P(x,2)\) yields \[ f(2x)=f(-f(x))+f(x+2)=2f(x)-1. \]
Define \[ h(x)=1-f(x). \] The identities just established imply \[ \begin{gathered} h(0)=0,\qquad h(1)=1,\qquad h(x+1)=h(x)+1,\\ h(2x)=2h(x),\qquad h(h(x))=h(x). \end{gathered} \tag{5} \] Substituting \(f=1-h\) into the original equation and using the translation identity in (5), we obtain \[ h\bigl(h(x)h(y)-h(x)-h(y)\bigr)+h(x+y)=h(xy). \tag{6} \]
We will show that \(h\) is additive. For fixed \(x,y\), write \[ A=h(x)h(y),\qquad B=h(x)+h(y). \] Applying (6) at \((h(x),h(y))\), and using \(h(h(t))=h(t)\), gives \[ h(A-B)+h(B)=h(A). \] Applying (6) at \((x+1,y+1)\), and using the translation identity, gives \[ h(xy+x+y)=h(A)+h(x+y). \] Together with (6), these equations imply \[ h(xy+x+y)-h(xy)=h(h(x)+h(y)). \tag{7} \]
Apply (7) at \((2x,2y)\) and use \(h(2t)=2h(t)\). After dividing by \(2\), we obtain \[ h(2xy+x+y)-2h(xy)=h(h(x)+h(y)). \] Comparing this with (7), \[ h(2xy+x+y)=h(xy+x+y)+h(xy). \tag{8} \]
Let \(t\in\mathbb R\) and \(v\le0\). There exist real \(x,y\) satisfying \[ xy=v,\qquad x+y=t-v, \] because the quadratic with these roots has discriminant \[ (t-v)^2-4v\ge0. \] Equation (8) consequently gives \[ h(t+v)=h(t)+h(v)\qquad(v\le0). \tag{9} \] For \(v>0\), applying (9) with increment \(-v\) first gives \(h(-v)=-h(v)\), and then \[ h(t)=h(t+v)+h(-v). \] Thus (9) holds for positive \(v\) as well, proving that \(h\) is additive.
Using additivity and \(h(h(x))=h(x)\), equation (6) simplifies to \[ h(xy)=h(h(x)h(y)). \tag{10} \] If \(h(u)=0\) for some \(u\ne0\), then (10) with \(x=u\), \(y=1/u\) gives \[ 1=h(1)=h(0)=0, \] a contradiction. Hence the only zero of \(h\) is \(0\). But additivity and (5) give \[ h(x-h(x))=h(x)-h(h(x))=0. \] Therefore \(h(x)=x\) for every real \(x\), so the normalized solution is \(f(x)=1-x\). Restoring the possible sign gives \(f(x)=x-1\) as well.
Finally, the zero function plainly satisfies the equation. For \(\varepsilon\in\{-1,1\}\), the function \(f(x)=\varepsilon(x-1)\) satisfies \[ \begin{aligned} f(f(x)f(y))+f(x+y) &=\varepsilon\bigl((x-1)(y-1)-1+x+y-1\bigr)\\ &=\varepsilon(xy-1)=f(xy). \end{aligned} \] Thus all three listed functions are solutions.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2017 · Aufgabe 2
Es sei \(\mathbb{R}\) die Menge der reellen Zahlen. Man bestimme alle Funktionen \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\), so dass für alle reellen Zahlen \(x\) und \(y\) gilt \[ f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy). \]
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Die Lösungen sind \[ \boxed{f(x)\equiv 0,\qquad f(x)=x-1,\qquad f(x)=1-x.} \]
Lösung
Wir bezeichnen die gegebene Gleichung mit \(P(x,y)\) und setzen \(c=f(0)\). Aus \(P(x,0)\) folgt \[ f(cf(x))=c-f(x). \tag{1} \] Ist \(c=0\), so ergibt sich daraus unmittelbar \(f(x)=0\) für jedes \(x\). Im Folgenden nehmen wir \(c\ne0\) an.
Zunächst hat \(f\) keine von null verschiedene Periode. Gälten nämlich \(p\ne0\) und \(f(t+p)=f(t)\) für alle \(t\), so wäre \(f(p)=c\). Der Vergleich von \(P(p,y)\) mit \(P(0,y)\) ergibt \[ f(py)=c \] für jedes reelle \(y\). Damit ist \(f\) konstant, und die ursprüngliche Gleichung erzwingt, dass diese Konstante null ist, im Widerspruch zu \(c\ne0\).
Als Nächstes beweisen wir \(c^2=1\). Wir setzen \(a=c^2>0\). Gleichung (1) für \(x=0\) ergibt \(f(a)=0\), und \(P(a,1)\) ergibt \(f(a+1)=-c\). Wenden wir (1) nacheinander für \(x=a+1\) und \(x=-a\) an, so erhalten wir \[ f(-a)=2c,\qquad f(2a)=-c. \] Folglich ergibt \(P(a,a)\), dass \(f(a^2)=0\).
Da \(a\) und \(a^2\) Nullstellen von \(f\) sind, liefert die ursprüngliche Gleichung \[ f(at)=f(t+a)+c,\qquad f(a^2t)=f(t+a^2)+c. \tag{2} \] Zweimaliges Anwenden der ersten Identität ergibt außerdem \[ f(a^2t)=f(at+a)+c=f(t+a+1)+2c. \] Somit gilt mit \(d=a^2-a-1\) \[ f(t+d)=f(t)+c \qquad(t\in\mathbb R). \tag{3} \] Insbesondere ist \(d\ne0\). Aus (2) und (3) folgt \[ f(a(t+d)) =f(t+d+a)+c =f(t+a)+2c =f(at)+c. \] Wegen \(a\ne0\) bedeutet dies, dass \(f(t+ad)=f(t)+c\) für jedes reelle \(t\) gilt. Durch Vergleich mit (3) erkennen wir, dass \((a-1)d\) eine Periode von \(f\) ist. Da es keine von null verschiedenen Perioden gibt und \(d\ne0\) ist, folgt \(a=1\). Also ist \(c=\pm1\).
Ersetzt man eine Lösung durch ihr Negatives, so erhält man wieder eine Lösung. Wir dürfen daher \(f(0)=1\) annehmen und berücksichtigen das Vorzeichen am Ende wieder. Nun gilt \(f(1)=0\), und \(P(x,0)\), \(P(x,1)\) liefern \[ f(f(x))=1-f(x),\qquad f(x+1)=f(x)-1. \tag{4} \] Wenden wir die erste Identität auf \(f(x)\) an, so erhalten wir \[ f(1-f(x))=f(x). \] Aus der zweiten Identität folgt dann \(f(-f(x))=f(x)+1\). Wegen \(f(2)=-1\) liefert die Gleichung \(P(x,2)\) \[ f(2x)=f(-f(x))+f(x+2)=2f(x)-1. \]
Wir definieren \[ h(x)=1-f(x). \] Aus den gerade bewiesenen Identitäten folgt \[ \begin{gathered} h(0)=0,\qquad h(1)=1,\qquad h(x+1)=h(x)+1,\\ h(2x)=2h(x),\qquad h(h(x))=h(x). \end{gathered} \tag{5} \] Setzen wir \(f=1-h\) in die ursprüngliche Gleichung ein und verwenden die Verschiebungsidentität aus (5), so erhalten wir \[ h\bigl(h(x)h(y)-h(x)-h(y)\bigr)+h(x+y)=h(xy). \tag{6} \]
Wir zeigen nun, dass \(h\) additiv ist. Für feste \(x,y\) schreiben wir \[ A=h(x)h(y),\qquad B=h(x)+h(y). \] Wenden wir (6) auf \((h(x),h(y))\) an und verwenden \(h(h(t))=h(t)\), so ergibt sich \[ h(A-B)+h(B)=h(A). \] Wenden wir (6) auf \((x+1,y+1)\) an und verwenden die Verschiebungsidentität, so ergibt sich \[ h(xy+x+y)=h(A)+h(x+y). \] Zusammen mit (6) liefern diese Gleichungen \[ h(xy+x+y)-h(xy)=h(h(x)+h(y)). \tag{7} \]
Wir wenden (7) auf \((2x,2y)\) an und verwenden \(h(2t)=2h(t)\). Nach Division durch \(2\) erhalten wir \[ h(2xy+x+y)-2h(xy)=h(h(x)+h(y)). \] Der Vergleich mit (7) ergibt \[ h(2xy+x+y)=h(xy+x+y)+h(xy). \tag{8} \]
Seien \(t\in\mathbb R\) und \(v\le0\). Es gibt reelle Zahlen \(x,y\) mit \[ xy=v,\qquad x+y=t-v, \] denn die quadratische Gleichung mit diesen Wurzeln hat die Diskriminante \[ (t-v)^2-4v\ge0. \] Aus Gleichung (8) folgt daher \[ h(t+v)=h(t)+h(v)\qquad(v\le0). \tag{9} \] Für \(v>0\) liefert die Anwendung von (9) mit der Verschiebung \(-v\) zunächst \(h(-v)=-h(v)\) und dann \[ h(t)=h(t+v)+h(-v). \] Also gilt (9) auch für positive \(v\), womit die Additivität von \(h\) bewiesen ist.
Mithilfe der Additivität und \(h(h(x))=h(x)\) vereinfacht sich Gleichung (6) zu \[ h(xy)=h(h(x)h(y)). \tag{10} \] Falls \(h(u)=0\) für ein \(u\ne0\) gilt, ergibt (10) mit \(x=u\), \(y=1/u\) \[ 1=h(1)=h(0)=0, \] ein Widerspruch. Also ist \(0\) die einzige Nullstelle von \(h\). Aus der Additivität und (5) folgt aber \[ h(x-h(x))=h(x)-h(h(x))=0. \] Somit gilt \(h(x)=x\) für jedes reelle \(x\), also ist die normierte Lösung \(f(x)=1-x\). Berücksichtigen wir wieder das mögliche Vorzeichen, so erhalten wir auch \(f(x)=x-1\).
Schließlich erfüllt die Nullfunktion offensichtlich die Gleichung. Für \(\varepsilon\in\{-1,1\}\) erfüllt die Funktion \(f(x)=\varepsilon(x-1)\) die Beziehung \[ \begin{aligned} f(f(x)f(y))+f(x+y) &=\varepsilon\bigl((x-1)(y-1)-1+x+y-1\bigr)\\ &=\varepsilon(xy-1)=f(xy). \end{aligned} \] Damit sind alle drei angegebenen Funktionen Lösungen.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2017 · Soru 2
Gerçel sayılar kümesi \(\mathbb{R}\) ile gösterilsin. Tüm \(x,y\) gerçel sayıları için \[ f\left(f(x)f(y)\right)+f(x+y)=f(xy) \] eşitliğini sağlayan tüm \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) fonksiyonlarını bulunuz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
Çözümler \[ \boxed{f(x)\equiv 0,\qquad f(x)=x-1,\qquad f(x)=1-x} \] fonksiyonlarıdır.
Çözüm
Verilen denklemi \(P(x,y)\) ile gösterelim ve \(c=f(0)\) alalım. \(P(x,0)\)'dan, \[ f(cf(x))=c-f(x). \tag{1} \] Eğer \(c=0\) ise buradan doğrudan her \(x\) için \(f(x)=0\) elde edilir. Bundan sonra \(c\ne0\) olduğunu varsayalım.
Öncelikle, \(f\)'nin sıfırdan farklı bir periyodu yoktur. Gerçekten de \(p\ne0\) ve tüm \(t\)'ler için \(f(t+p)=f(t)\) ise \(f(p)=c\) olur. \(P(p,y)\) ile \(P(0,y)\)'yi karşılaştırınca her gerçel \(y\) için \[ f(py)=c \] elde edilir. Böylece \(f\) sabittir ve başlangıçtaki denklem bu sabitin sıfır olmasını gerektirir; bu ise \(c\ne0\) ile çelişir.
Şimdi \(c^2=1\) olduğunu kanıtlayalım. \(a=c^2>0\) alalım. (1) denkleminde \(x=0\) alınca \(f(a)=0\), \(P(a,1)\)'den de \(f(a+1)=-c\) elde edilir. (1)'i sırasıyla \(x=a+1\) ve \(x=-a\) için uygulayarak \[ f(-a)=2c,\qquad f(2a)=-c \] buluruz. Dolayısıyla \(P(a,a)\)'dan \(f(a^2)=0\) elde edilir.
\(a\) ve \(a^2\), \(f\)'nin kökleri olduğundan, başlangıçtaki denklem \[ f(at)=f(t+a)+c,\qquad f(a^2t)=f(t+a^2)+c \tag{2} \] eşitliklerini verir. İlk özdeşliği iki kez uygulayınca ayrıca \[ f(a^2t)=f(at+a)+c=f(t+a+1)+2c \] elde edilir. Dolayısıyla \(d=a^2-a-1\) olmak üzere, \[ f(t+d)=f(t)+c \qquad(t\in\mathbb R). \tag{3} \] Özellikle \(d\ne0\) olur. (2) ve (3)'ü birleştirerek, \[ f(a(t+d)) =f(t+d+a)+c =f(t+a)+2c =f(at)+c \] buluruz. \(a\ne0\) olduğundan bu, her gerçel \(t\) için \(f(t+ad)=f(t)+c\) demektir. (3) ile karşılaştırınca \((a-1)d\)'nin \(f\)'nin bir periyodu olduğunu görürüz. Sıfırdan farklı periyot bulunmadığı ve \(d\ne0\) olduğu için \(a=1\) olur. Böylece \(c=\pm1\) bulunur.
Bir çözümün negatifini almak yine bir çözüm verir. Bu nedenle işareti en sonda yeniden hesaba katmak üzere \(f(0)=1\) varsayabiliriz. Artık \(f(1)=0\) olur ve \(P(x,0)\), \(P(x,1)\) eşitliklerinden \[ f(f(x))=1-f(x),\qquad f(x+1)=f(x)-1 \tag{4} \] elde edilir. İlk özdeşliği \(f(x)\)'te uygulamak \[ f(1-f(x))=f(x) \] verir. İkinci özdeşlikten de \(f(-f(x))=f(x)+1\) çıkar. \(f(2)=-1\) olduğundan, \(P(x,2)\) denklemi \[ f(2x)=f(-f(x))+f(x+2)=2f(x)-1 \] verir.
\[ h(x)=1-f(x) \] olarak tanımlayalım. Az önce elde ettiğimiz özdeşliklerden \[ \begin{gathered} h(0)=0,\qquad h(1)=1,\qquad h(x+1)=h(x)+1,\\ h(2x)=2h(x),\qquad h(h(x))=h(x). \end{gathered} \tag{5} \] çıkar. Başlangıçtaki denklemde \(f=1-h\) yazıp (5)'teki öteleme özdeşliğini kullanarak \[ h\bigl(h(x)h(y)-h(x)-h(y)\bigr)+h(x+y)=h(xy) \tag{6} \] elde ederiz.
\(h\)'nin toplamsal olduğunu göstereceğiz. Sabit \(x,y\) için \[ A=h(x)h(y),\qquad B=h(x)+h(y) \] yazalım. (6)'yı \((h(x),h(y))\)'de uygulayıp \(h(h(t))=h(t)\) eşitliğini kullanmak \[ h(A-B)+h(B)=h(A) \] verir. (6)'yı \((x+1,y+1)\)'de uygulayıp öteleme özdeşliğini kullanmak ise \[ h(xy+x+y)=h(A)+h(x+y) \] verir. Bu denklemler (6) ile birlikte \[ h(xy+x+y)-h(xy)=h(h(x)+h(y)) \tag{7} \] eşitliğini verir.
(7)'yi \((2x,2y)\)'de uygulayalım ve \(h(2t)=2h(t)\) eşitliğini kullanalım. \(2\)'ye böldükten sonra \[ h(2xy+x+y)-2h(xy)=h(h(x)+h(y)) \] elde ederiz. Bunu (7) ile karşılaştırınca, \[ h(2xy+x+y)=h(xy+x+y)+h(xy) \tag{8} \] bulunur.
\(t\in\mathbb R\) ve \(v\le0\) olsun. \[ xy=v,\qquad x+y=t-v, \] koşullarını sağlayan gerçel \(x,y\) sayıları vardır; çünkü bu köklere sahip ikinci derece denklemin diskriminantı \[ (t-v)^2-4v\ge0 \] olur. Dolayısıyla (8) denklemi \[ h(t+v)=h(t)+h(v)\qquad(v\le0) \tag{9} \] verir. \(v>0\) için (9)'u \(-v\) artışıyla uygulamak önce \(h(-v)=-h(v)\), sonra da \[ h(t)=h(t+v)+h(-v) \] verir. Böylece (9), pozitif \(v\) için de geçerlidir; bu da \(h\)'nin toplamsal olduğunu kanıtlar.
Toplamsallığı ve \(h(h(x))=h(x)\) eşitliğini kullanınca (6) denklemi \[ h(xy)=h(h(x)h(y)) \tag{10} \] biçimine sadeleşir. Bir \(u\ne0\) için \(h(u)=0\) ise (10)'da \(x=u\), \(y=1/u\) almak \[ 1=h(1)=h(0)=0, \] çelişkisini verir. Dolayısıyla \(h\)'nin tek kökü \(0\)'dır. Öte yandan toplamsallık ve (5), \[ h(x-h(x))=h(x)-h(h(x))=0 \] verir. Bu nedenle her gerçel \(x\) için \(h(x)=x\) olur; dolayısıyla normalleştirilmiş çözüm \(f(x)=1-x\)'tir. Olası işareti yeniden hesaba katınca \(f(x)=x-1\) de elde edilir.
Son olarak, sıfır fonksiyonu denklemi açıkça sağlar. \(\varepsilon\in\{-1,1\}\) için \(f(x)=\varepsilon(x-1)\) fonksiyonu \[ \begin{aligned} f(f(x)f(y))+f(x+y) &=\varepsilon\bigl((x-1)(y-1)-1+x+y-1\bigr)\\ &=\varepsilon(xy-1)=f(xy) \end{aligned} \] eşitliğini sağlar. Böylece listelenen üç fonksiyonun tümü çözümdür.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2017 · Problema 2
Sea \(\mathbb{R}\) el conjunto de los números reales. Determinar todas las funciones \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) tales que, para cualesquiera números reales \(x\) e \(y\), \[ f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy). \]
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
Las soluciones son \[ \boxed{f(x)\equiv 0,\qquad f(x)=x-1,\qquad f(x)=1-x.} \]
Solución
Denotemos la ecuación dada por \(P(x,y)\), y pongamos \(c=f(0)\). De \(P(x,0)\), \[ f(cf(x))=c-f(x). \tag{1} \] Si \(c=0\), esto da inmediatamente \(f(x)=0\) para todo \(x\). En lo sucesivo supongamos que \(c\ne0\).
En primer lugar, \(f\) no tiene ningún período no nulo. En efecto, si \(p\ne0\) y \(f(t+p)=f(t)\) para todo \(t\), entonces \(f(p)=c\). Al comparar \(P(p,y)\) con \(P(0,y)\) obtenemos \[ f(py)=c \] para todo real \(y\). Así, \(f\) es constante, y la ecuación original obliga a que esa constante sea cero, lo que contradice \(c\ne0\).
A continuación demostramos que \(c^2=1\). Pongamos \(a=c^2>0\). La ecuación (1) con \(x=0\) da \(f(a)=0\), y \(P(a,1)\) da \(f(a+1)=-c\). Aplicando (1) sucesivamente con \(x=a+1\) y \(x=-a\), obtenemos \[ f(-a)=2c,\qquad f(2a)=-c. \] En consecuencia, \(P(a,a)\) da \(f(a^2)=0\).
Como \(a\) y \(a^2\) son ceros de \(f\), la ecuación original proporciona \[ f(at)=f(t+a)+c,\qquad f(a^2t)=f(t+a^2)+c. \tag{2} \] Aplicando dos veces la primera identidad obtenemos también \[ f(a^2t)=f(at+a)+c=f(t+a+1)+2c. \] Por tanto, con \(d=a^2-a-1\), \[ f(t+d)=f(t)+c \qquad(t\in\mathbb R). \tag{3} \] En particular, \(d\ne0\). Combinando (2) y (3), \[ f(a(t+d)) =f(t+d+a)+c =f(t+a)+2c =f(at)+c. \] Como \(a\ne0\), esto significa que \(f(t+ad)=f(t)+c\) para todo real \(t\). Al comparar con (3), vemos que \((a-1)d\) es un período de \(f\). No hay períodos no nulos, y \(d\ne0\), por lo que \(a=1\). Así pues, \(c=\pm1\).
Al reemplazar una solución por su opuesta se obtiene de nuevo una solución. Podemos, por tanto, suponer que \(f(0)=1\), recuperando el signo al final. Ahora tenemos \(f(1)=0\), y \(P(x,0)\), \(P(x,1)\) dan \[ f(f(x))=1-f(x),\qquad f(x+1)=f(x)-1. \tag{4} \] Aplicando la primera identidad en \(f(x)\) obtenemos \[ f(1-f(x))=f(x). \] La segunda identidad implica entonces que \(f(-f(x))=f(x)+1\). Como \(f(2)=-1\), la ecuación \(P(x,2)\) proporciona \[ f(2x)=f(-f(x))+f(x+2)=2f(x)-1. \]
Definamos \[ h(x)=1-f(x). \] Las identidades que acabamos de establecer implican \[ \begin{gathered} h(0)=0,\qquad h(1)=1,\qquad h(x+1)=h(x)+1,\\ h(2x)=2h(x),\qquad h(h(x))=h(x). \end{gathered} \tag{5} \] Sustituyendo \(f=1-h\) en la ecuación original y utilizando la identidad de traslación de (5), obtenemos \[ h\bigl(h(x)h(y)-h(x)-h(y)\bigr)+h(x+y)=h(xy). \tag{6} \]
Demostraremos que \(h\) es aditiva. Para \(x,y\) fijos, escribamos \[ A=h(x)h(y),\qquad B=h(x)+h(y). \] Aplicando (6) en \((h(x),h(y))\), y utilizando \(h(h(t))=h(t)\), obtenemos \[ h(A-B)+h(B)=h(A). \] Aplicando (6) en \((x+1,y+1)\), y utilizando la identidad de traslación, obtenemos \[ h(xy+x+y)=h(A)+h(x+y). \] Junto con (6), estas ecuaciones implican \[ h(xy+x+y)-h(xy)=h(h(x)+h(y)). \tag{7} \]
Apliquemos (7) en \((2x,2y)\) y utilicemos \(h(2t)=2h(t)\). Tras dividir por \(2\), obtenemos \[ h(2xy+x+y)-2h(xy)=h(h(x)+h(y)). \] Al comparar esto con (7), \[ h(2xy+x+y)=h(xy+x+y)+h(xy). \tag{8} \]
Sean \(t\in\mathbb R\) y \(v\le0\). Existen reales \(x,y\) que satisfacen \[ xy=v,\qquad x+y=t-v, \] porque la ecuación cuadrática con estas raíces tiene discriminante \[ (t-v)^2-4v\ge0. \] Por consiguiente, la ecuación (8) da \[ h(t+v)=h(t)+h(v)\qquad(v\le0). \tag{9} \] Para \(v>0\), aplicar (9) con incremento \(-v\) da primero \(h(-v)=-h(v)\), y después \[ h(t)=h(t+v)+h(-v). \] Así, (9) también se cumple para \(v\) positivo, lo que demuestra que \(h\) es aditiva.
Utilizando la aditividad y \(h(h(x))=h(x)\), la ecuación (6) se simplifica a \[ h(xy)=h(h(x)h(y)). \tag{10} \] Si \(h(u)=0\) para algún \(u\ne0\), entonces (10) con \(x=u\), \(y=1/u\) da \[ 1=h(1)=h(0)=0, \] una contradicción. Por tanto, el único cero de \(h\) es \(0\). Pero la aditividad y (5) dan \[ h(x-h(x))=h(x)-h(h(x))=0. \] En consecuencia, \(h(x)=x\) para todo real \(x\), por lo que la solución normalizada es \(f(x)=1-x\). Al recuperar el posible signo obtenemos también \(f(x)=x-1\).
Por último, la función nula satisface claramente la ecuación. Para \(\varepsilon\in\{-1,1\}\), la función \(f(x)=\varepsilon(x-1)\) satisface \[ \begin{aligned} f(f(x)f(y))+f(x+y) &=\varepsilon\bigl((x-1)(y-1)-1+x+y-1\bigr)\\ &=\varepsilon(xy-1)=f(xy). \end{aligned} \] Así pues, las tres funciones indicadas son soluciones.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2017 · 问题 2
设 \(\mathbb{R}\) 是全体实数构成的集合。求所有的函数 \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\)，使得对于任意实数 \(x\) 和 \(y\)，都有 \[ f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy). \]
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
答案
所有解为 \[ \boxed{f(x)\equiv 0,\qquad f(x)=x-1,\qquad f(x)=1-x.} \]
解答
将题设方程记为 \(P(x,y)\)，并令 \(c=f(0)\)。由 \(P(x,0)\)， \[ f(cf(x))=c-f(x). \tag{1} \] 若 \(c=0\)，立即得到对每个 \(x\) 都有 \(f(x)=0\)。以下假设 \(c\ne0\)。
首先，\(f\) 没有非零周期。事实上，若 \(p\ne0\) 且对所有 \(t\) 都有 \(f(t+p)=f(t)\)，则 \(f(p)=c\)。比较 \(P(p,y)\) 与 \(P(0,y)\)，得到对每个实数 \(y\) 都有 \[ f(py)=c \] 于是 \(f\) 是常函数，而原方程迫使该常数为零，与 \(c\ne0\) 矛盾。
接下来证明 \(c^2=1\)。令 \(a=c^2>0\)。在式 (1) 中取 \(x=0\)，得到 \(f(a)=0\)，而 \(P(a,1)\) 给出 \(f(a+1)=-c\)。在式 (1) 中依次取 \(x=a+1\) 和 \(x=-a\)，得到 \[ f(-a)=2c,\qquad f(2a)=-c. \] 因此，\(P(a,a)\) 给出 \(f(a^2)=0\)。
由于 \(a\) 和 \(a^2\) 都是 \(f\) 的零点，由原方程可得 \[ f(at)=f(t+a)+c,\qquad f(a^2t)=f(t+a^2)+c. \tag{2} \] 将第一个恒等式应用两次，还可得到 \[ f(a^2t)=f(at+a)+c=f(t+a+1)+2c. \] 因此，令 \(d=a^2-a-1\)，便有 \[ f(t+d)=f(t)+c \qquad(t\in\mathbb R). \tag{3} \] 特别地，\(d\ne0\)。结合 (2) 和 (3)， \[ f(a(t+d)) =f(t+d+a)+c =f(t+a)+2c =f(at)+c. \] 由于 \(a\ne0\)，这说明对每个实数 \(t\) 都有 \(f(t+ad)=f(t)+c\)。与 (3) 比较，发现 \((a-1)d\) 是 \(f\) 的一个周期。因为不存在非零周期，且 \(d\ne0\)，所以 \(a=1\)。于是 \(c=\pm1\)。
将一个解取负后仍然得到一个解。因此可以假设 \(f(0)=1\)，最后再恢复符号。现在有 \(f(1)=0\)，而 \(P(x,0)\)、\(P(x,1)\) 给出 \[ f(f(x))=1-f(x),\qquad f(x+1)=f(x)-1. \tag{4} \] 在第一个恒等式中以 \(f(x)\) 代入，得到 \[ f(1-f(x))=f(x). \] 于是第二个恒等式推出 \(f(-f(x))=f(x)+1\)。由于 \(f(2)=-1\)，方程 \(P(x,2)\) 给出 \[ f(2x)=f(-f(x))+f(x+2)=2f(x)-1. \]
定义 \[ h(x)=1-f(x). \] 刚刚建立的恒等式推出 \[ \begin{gathered} h(0)=0,\qquad h(1)=1,\qquad h(x+1)=h(x)+1,\\ h(2x)=2h(x),\qquad h(h(x))=h(x). \end{gathered} \tag{5} \] 将 \(f=1-h\) 代入原方程，并利用 (5) 中的平移恒等式，得到 \[ h\bigl(h(x)h(y)-h(x)-h(y)\bigr)+h(x+y)=h(xy). \tag{6} \]
我们将证明 \(h\) 具有可加性。对于固定的 \(x,y\)，记 \[ A=h(x)h(y),\qquad B=h(x)+h(y). \] 在 (6) 中代入 \((h(x),h(y))\)，并利用 \(h(h(t))=h(t)\)，得到 \[ h(A-B)+h(B)=h(A). \] 在 (6) 中代入 \((x+1,y+1)\)，并利用平移恒等式，得到 \[ h(xy+x+y)=h(A)+h(x+y). \] 将这些等式与 (6) 结合，得到 \[ h(xy+x+y)-h(xy)=h(h(x)+h(y)). \tag{7} \]
在 (7) 中代入 \((2x,2y)\)，并利用 \(h(2t)=2h(t)\)。除以 \(2\) 后，得到 \[ h(2xy+x+y)-2h(xy)=h(h(x)+h(y)). \] 将其与 (7) 比较，得到 \[ h(2xy+x+y)=h(xy+x+y)+h(xy). \tag{8} \]
设 \(t\in\mathbb R\) 且 \(v\le0\)。存在实数 \(x,y\) 满足 \[ xy=v,\qquad x+y=t-v, \] 因为以它们为根的二次方程的判别式为 \[ (t-v)^2-4v\ge0. \] 于是由 (8) 得到 \[ h(t+v)=h(t)+h(v)\qquad(v\le0). \tag{9} \] 对于 \(v>0\)，以 \(-v\) 为增量应用 (9)，先得到 \(h(-v)=-h(v)\)，再得到 \[ h(t)=h(t+v)+h(-v). \] 因此 (9) 对正的 \(v\) 也成立，从而证明了 \(h\) 的可加性。
利用可加性和 \(h(h(x))=h(x)\)，方程 (6) 化简为 \[ h(xy)=h(h(x)h(y)). \tag{10} \] 若某个 \(u\ne0\) 满足 \(h(u)=0\)，则在 (10) 中取 \(x=u\)、\(y=1/u\)，得到 \[ 1=h(1)=h(0)=0, \] 矛盾。因此 \(h\) 唯一的零点是 \(0\)。但由可加性和 (5) 得到 \[ h(x-h(x))=h(x)-h(h(x))=0. \] 因此，对每个实数 \(x\) 都有 \(h(x)=x\)，所以归一化后的解为 \(f(x)=1-x\)。恢复可能的符号，还得到 \(f(x)=x-1\)。
最后，零函数显然满足方程。对于 \(\varepsilon\in\{-1,1\}\)，函数 \(f(x)=\varepsilon(x-1)\) 满足 \[ \begin{aligned} f(f(x)f(y))+f(x+y) &=\varepsilon\bigl((x-1)(y-1)-1+x+y-1\bigr)\\ &=\varepsilon(xy-1)=f(xy). \end{aligned} \] 因此，所列的三个函数都是解。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2017 · Задача 2
Пусть \(\mathbb R\) – множество всех вещественных чисел. Найдите все функции \(f:\mathbb R\to\mathbb R\) такие, что для всех вещественных \(x\) и \(y\) выполнено равенство \[ f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy). \]
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Решениями являются \[ \boxed{f(x)\equiv 0,\qquad f(x)=x-1,\qquad f(x)=1-x.} \]
Решение
Обозначим данное уравнение через \(P(x,y)\) и положим \(c=f(0)\). Из \(P(x,0)\) получаем \[ f(cf(x))=c-f(x). \tag{1} \] Если \(c=0\), отсюда сразу следует, что \(f(x)=0\) для всех \(x\). Далее предполагаем, что \(c\ne0\).
Сначала докажем, что у \(f\) нет ненулевого периода. Действительно, если \(p\ne0\) и \(f(t+p)=f(t)\) для всех \(t\), то \(f(p)=c\). Сравнивая \(P(p,y)\) и \(P(0,y)\), получаем \[ f(py)=c \] для любого вещественного \(y\). Таким образом, \(f\) постоянна, а из исходного уравнения следует, что эта постоянная равна нулю, вопреки \(c\ne0\).
Теперь докажем, что \(c^2=1\). Положим \(a=c^2>0\). Уравнение (1) при \(x=0\) даёт \(f(a)=0\), а \(P(a,1)\) даёт \(f(a+1)=-c\). Последовательно применяя (1) при \(x=a+1\) и \(x=-a\), получаем \[ f(-a)=2c,\qquad f(2a)=-c. \] Следовательно, из \(P(a,a)\) получаем \(f(a^2)=0\).
Поскольку \(a\) и \(a^2\) — нули функции \(f\), исходное уравнение даёт \[ f(at)=f(t+a)+c,\qquad f(a^2t)=f(t+a^2)+c. \tag{2} \] Дважды применяя первое тождество, также получаем \[ f(a^2t)=f(at+a)+c=f(t+a+1)+2c. \] Поэтому, положив \(d=a^2-a-1\), имеем \[ f(t+d)=f(t)+c \qquad(t\in\mathbb R). \tag{3} \] В частности, \(d\ne0\). Объединяя (2) и (3), получаем \[ f(a(t+d)) =f(t+d+a)+c =f(t+a)+2c =f(at)+c. \] Поскольку \(a\ne0\), это означает, что \(f(t+ad)=f(t)+c\) для любого вещественного \(t\). Сравнивая с (3), находим, что \((a-1)d\) — период функции \(f\). Ненулевых периодов нет, а \(d\ne0\), поэтому \(a=1\). Таким образом, \(c=\pm1\).
Замена решения на противоположное ему снова даёт решение. Поэтому можно предположить, что \(f(0)=1\), и восстановить знак в конце. Теперь \(f(1)=0\), а \(P(x,0)\) и \(P(x,1)\) дают \[ f(f(x))=1-f(x),\qquad f(x+1)=f(x)-1. \tag{4} \] Применяя первое тождество к \(f(x)\), получаем \[ f(1-f(x))=f(x). \] Тогда из второго тождества следует \(f(-f(x))=f(x)+1\). Поскольку \(f(2)=-1\), уравнение \(P(x,2)\) даёт \[ f(2x)=f(-f(x))+f(x+2)=2f(x)-1. \]
Определим \[ h(x)=1-f(x). \] Из только что установленных тождеств следует \[ \begin{gathered} h(0)=0,\qquad h(1)=1,\qquad h(x+1)=h(x)+1,\\ h(2x)=2h(x),\qquad h(h(x))=h(x). \end{gathered} \tag{5} \] Подставляя \(f=1-h\) в исходное уравнение и используя тождество для сдвига из (5), получаем \[ h\bigl(h(x)h(y)-h(x)-h(y)\bigr)+h(x+y)=h(xy). \tag{6} \]
Докажем, что \(h\) аддитивна. Для фиксированных \(x,y\) обозначим \[ A=h(x)h(y),\qquad B=h(x)+h(y). \] Применяя (6) к \((h(x),h(y))\) и используя \(h(h(t))=h(t)\), получаем \[ h(A-B)+h(B)=h(A). \] Применяя (6) к \((x+1,y+1)\) и используя тождество для сдвига, получаем \[ h(xy+x+y)=h(A)+h(x+y). \] Вместе с (6) эти равенства дают \[ h(xy+x+y)-h(xy)=h(h(x)+h(y)). \tag{7} \]
Применим (7) к \((2x,2y)\) и воспользуемся равенством \(h(2t)=2h(t)\). Разделив на \(2\), получаем \[ h(2xy+x+y)-2h(xy)=h(h(x)+h(y)). \] Сравнивая это с (7), имеем \[ h(2xy+x+y)=h(xy+x+y)+h(xy). \tag{8} \]
Пусть \(t\in\mathbb R\) и \(v\le0\). Существуют вещественные \(x,y\), удовлетворяющие условиям \[ xy=v,\qquad x+y=t-v, \] поскольку дискриминант квадратного уравнения с такими корнями равен \[ (t-v)^2-4v\ge0. \] Следовательно, уравнение (8) даёт \[ h(t+v)=h(t)+h(v)\qquad(v\le0). \tag{9} \] При \(v>0\), применяя (9) с приращением \(-v\), сначала получаем \(h(-v)=-h(v)\), а затем \[ h(t)=h(t+v)+h(-v). \] Таким образом, (9) верно и для положительных \(v\), что доказывает аддитивность \(h\).
Используя аддитивность и равенство \(h(h(x))=h(x)\), упрощаем уравнение (6) до \[ h(xy)=h(h(x)h(y)). \tag{10} \] Если \(h(u)=0\) для некоторого \(u\ne0\), то (10) при \(x=u\), \(y=1/u\) даёт \[ 1=h(1)=h(0)=0, \] противоречие. Значит, единственный нуль функции \(h\) — это \(0\). Но аддитивность и (5) дают \[ h(x-h(x))=h(x)-h(h(x))=0. \] Поэтому \(h(x)=x\) для любого вещественного \(x\), так что нормированное решение имеет вид \(f(x)=1-x\). Восстанавливая возможный знак, получаем также \(f(x)=x-1\).
Наконец, нулевая функция, очевидно, удовлетворяет уравнению. Для \(\varepsilon\in\{-1,1\}\) функция \(f(x)=\varepsilon(x-1)\) удовлетворяет равенству \[ \begin{aligned} f(f(x)f(y))+f(x+y) &=\varepsilon\bigl((x-1)(y-1)-1+x+y-1\bigr)\\ &=\varepsilon(xy-1)=f(xy). \end{aligned} \] Таким образом, все три перечисленные функции являются решениями.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2017 · المسألة 2
لتكن \(\mathbb{R}\) مجموعة الأعداد الحقيقية. أوجد جميع الدوال \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) بحيث \[ f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy) \] لكل الأعداد الحقيقية \(x,y\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
الحلول هي \[ \boxed{f(x)\equiv 0,\qquad f(x)=x-1,\qquad f(x)=1-x.} \]
الحل
نرمز إلى المعادلة المعطاة بـ \(P(x,y)\)، ونضع \(c=f(0)\). من \(P(x,0)\)، \[ f(cf(x))=c-f(x). \tag{1} \] إذا كان \(c=0\)، نحصل فورًا على \(f(x)=0\) لكل \(x\). نفترض من الآن فصاعدًا أن \(c\ne0\).
أولًا، ليس للدالة \(f\) أي دور غير صفري. بالفعل، إذا كان \(p\ne0\) و \(f(t+p)=f(t)\) لكل \(t\)، فإن \(f(p)=c\). وبمقارنة \(P(p,y)\) مع \(P(0,y)\) نحصل على \[ f(py)=c \] لكل عدد حقيقي \(y\). إذن \(f\) ثابتة، وتفرض المعادلة الأصلية أن يكون هذا الثابت صفرًا، مما يناقض \(c\ne0\).
نثبت الآن أن \(c^2=1\). نضع \(a=c^2>0\). تعطينا المعادلة (1) عند \(x=0\) أن \(f(a)=0\)، وتعطينا \(P(a,1)\) أن \(f(a+1)=-c\). وبتطبيق (1) تباعًا عند \(x=a+1\) و \(x=-a\)، نحصل على \[ f(-a)=2c,\qquad f(2a)=-c. \] وبالتالي تعطينا \(P(a,a)\) أن \(f(a^2)=0\).
بما أن \(a\) و \(a^2\) جذران للدالة \(f\)، تعطينا المعادلة الأصلية \[ f(at)=f(t+a)+c,\qquad f(a^2t)=f(t+a^2)+c. \tag{2} \] وبتطبيق المتطابقة الأولى مرتين نحصل أيضًا على \[ f(a^2t)=f(at+a)+c=f(t+a+1)+2c. \] لذلك، بوضع \(d=a^2-a-1\)، \[ f(t+d)=f(t)+c \qquad(t\in\mathbb R). \tag{3} \] على وجه الخصوص، \(d\ne0\). وبالجمع بين (2) و (3)، \[ f(a(t+d)) =f(t+d+a)+c =f(t+a)+2c =f(at)+c. \] بما أن \(a\ne0\)، فهذا يعني أن \(f(t+ad)=f(t)+c\) لكل عدد حقيقي \(t\). وبالمقارنة مع (3)، نجد أن \((a-1)d\) دور للدالة \(f\). ولا توجد أدوار غير صفرية، كما أن \(d\ne0\)، ومن ثم \(a=1\). إذن \(c=\pm1\).
إن استبدال حل بسالبه يعطي حلًا أيضًا. لذا يمكننا أن نفترض \(f(0)=1\)، ثم نعيد أخذ الإشارة في الحسبان في النهاية. لدينا الآن \(f(1)=0\)، وتعطينا \(P(x,0)\) و \(P(x,1)\) \[ f(f(x))=1-f(x),\qquad f(x+1)=f(x)-1. \tag{4} \] بتطبيق المتطابقة الأولى عند \(f(x)\) نحصل على \[ f(1-f(x))=f(x). \] وتقتضي المتطابقة الثانية عندئذ أن \(f(-f(x))=f(x)+1\). وبما أن \(f(2)=-1\)، تعطينا المعادلة \(P(x,2)\) \[ f(2x)=f(-f(x))+f(x+2)=2f(x)-1. \]
نعرّف \[ h(x)=1-f(x). \] تقتضي المتطابقات التي أثبتناها للتو أن \[ \begin{gathered} h(0)=0,\qquad h(1)=1,\qquad h(x+1)=h(x)+1,\\ h(2x)=2h(x),\qquad h(h(x))=h(x). \end{gathered} \tag{5} \] بالتعويض بـ \(f=1-h\) في المعادلة الأصلية واستخدام متطابقة الإزاحة في (5)، نحصل على \[ h\bigl(h(x)h(y)-h(x)-h(y)\bigr)+h(x+y)=h(xy). \tag{6} \]
سنثبت أن \(h\) دالة جمعية. من أجل \(x,y\) ثابتين، نكتب \[ A=h(x)h(y),\qquad B=h(x)+h(y). \] بتطبيق (6) عند \((h(x),h(y))\)، واستخدام \(h(h(t))=h(t)\)، نحصل على \[ h(A-B)+h(B)=h(A). \] وبتطبيق (6) عند \((x+1,y+1)\)، واستخدام متطابقة الإزاحة، نحصل على \[ h(xy+x+y)=h(A)+h(x+y). \] مع (6)، تقتضي هذه المعادلات أن \[ h(xy+x+y)-h(xy)=h(h(x)+h(y)). \tag{7} \]
نطبق (7) عند \((2x,2y)\) ونستخدم \(h(2t)=2h(t)\). بعد القسمة على \(2\)، نحصل على \[ h(2xy+x+y)-2h(xy)=h(h(x)+h(y)). \] وبمقارنة ذلك مع (7)، \[ h(2xy+x+y)=h(xy+x+y)+h(xy). \tag{8} \]
ليكن \(t\in\mathbb R\) و \(v\le0\). يوجد عددان حقيقيان \(x,y\) يحققان \[ xy=v,\qquad x+y=t-v, \] لأن مميز المعادلة التربيعية التي جذراها هذان العددان هو \[ (t-v)^2-4v\ge0. \] وبالتالي تعطينا المعادلة (8) \[ h(t+v)=h(t)+h(v)\qquad(v\le0). \tag{9} \] إذا كان \(v>0\)، فإن تطبيق (9) بإزاحة مقدارها \(-v\) يعطينا أولًا \(h(-v)=-h(v)\)، ثم \[ h(t)=h(t+v)+h(-v). \] إذن تصح (9) أيضًا عندما يكون \(v\) موجبًا، مما يثبت أن \(h\) جمعية.
باستخدام الجمعية و \(h(h(x))=h(x)\)، تختزل المعادلة (6) إلى \[ h(xy)=h(h(x)h(y)). \tag{10} \] إذا كان \(h(u)=0\) لبعض \(u\ne0\)، فإن (10) مع \(x=u\)، \(y=1/u\) تعطينا \[ 1=h(1)=h(0)=0, \] وهذا تناقض. ومن ثم فإن الجذر الوحيد للدالة \(h\) هو \(0\). لكن الجمعية و (5) تعطيان \[ h(x-h(x))=h(x)-h(h(x))=0. \] لذلك \(h(x)=x\) لكل عدد حقيقي \(x\)، ومن ثم فإن الحل في ظل التطبيع هو \(f(x)=1-x\). وبإعادة أخذ الإشارة الممكنة في الحسبان نحصل أيضًا على \(f(x)=x-1\).
أخيرًا، من الواضح أن الدالة الصفرية تحقق المعادلة. ومن أجل \(\varepsilon\in\{-1,1\}\)، تحقق الدالة \(f(x)=\varepsilon(x-1)\) \[ \begin{aligned} f(f(x)f(y))+f(x+y) &=\varepsilon\bigl((x-1)(y-1)-1+x+y-1\bigr)\\ &=\varepsilon(xy-1)=f(xy). \end{aligned} \] إذن الدوال الثلاث المذكورة كلها حلول.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.