Feladat: 2017. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Matolcsi Dávid 
Füzet: 2017/október, 387 - 388. oldal  PDF file
Témakör(ök): Nemzetközi Matematikai Diákolimpia, Különleges függvények, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2017/szeptember: 2017. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata

Legyen R a valós számok halmaza. Határozzuk meg az összes olyan f:RR függvényt, amire minden valós x, y szám esetén teljesül
f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy).

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

 
Matolcsi Dávid megoldása. Ha f(0)=0, akkor y=0-nál ezt kapjuk:
f(f(x)f(0))+f(x+0)=f(0x).
Ebben az esetben f(x)=0 minden x-re. Ez valóban megoldása a függvényegyenletnek.
Most nézzük azt az esetet, amikor f(0)0. Ha x=0 és y=0, akkor
f(f(0)2)+f(0)=f(0),f(f(0)2)=0.

Tegyük fel, hogy f(c)=0 és c1. Ha y=1+1x-1, akkor (x-1)(y-1)=1, azaz x+y=xy, ezért f(x+y)=f(xy), így f(f(x)f(y))=0.
Legyen x=c és y=1+1c-1. Ekkor f(f(c)f(1+1c-1))=0. Mivel f(c)=0, f(0)=0, ez viszont ellentmond az elején kikötött feltételnek.
Azt kaptuk, hogy f(c)=0 esetén c=1, így f(0)2=1, ezért f(1)=f(f(0)2)=0, továbbá f(0)=1 vagy f(0)=-1.
Világos, hogy f(x) akkor és csak akkor megoldása a függvényegyenletnek, ha -f(x) is megoldása (mindkét oldal előjele megfordul). Ezért az általánosság sérelme nélkül feltehetjük, hogy f(0)=-1.
Helyettesítsünk most az egyenletbe y=1-et:
f(f(x)f(1))+f(x+1)=f(1x),f(0)+f(x+1)=f(x),f(x+1)=f(x)+1.
Ebből következik, hogy n egészekre f(x+n)=f(x)+n.
Megmutatjuk, hogy f(x) injektív. Tegyük fel, hogy nem az, vagyis létezik olyan AB, hogy f(A)=f(B). Legyen n egy A-nál nagyobb egész, és legyen A-n=a és B-n=b, ahol tudjuk, hogy a negatív.
Ha f(A)=f(B), akkor f(a)=f(b). Az x2-bx+a-1=0 másodfokú egyenlet diszkriminánsa b2-4(a-1), ami pozitív (mivel a-1 negatív), ezért az egyenletnek két gyöke van, r és s. A Viéte-formulákból tudjuk, hogy r+s=b és rs=a-1; így x=r és y=s választással f(f(r)f(s))+f(b)=f(a-1)=f(a)-1.
Az egyenletből kivonható f(a)=f(b): f(f(r)f(s))=-1, f(f(r)f(s)+1)=0, amiből f(r)f(s)+1=1, azaz f(r)f(s)=0. Feltehető, hogy s=1, ekkor a=1r+1 és b=r+1, tehát a=b, ezzel ellentmondásra jutottunk; a függvény valóban injektív.
Legyen y=1-x. Ekkor f(f(x)f(1-x))+f(1)=f(x(1-x)),
f(f(x)f(1-x))=f(x-x2).
Az injektivitás miatt f(x)f(1-x)=x-x2.
Legyen most y=-x. Ekkor f(f(x)f(-x))+f(0)=f(-x2),
f(f(x)f(-x))-1=f(-x2),
f(f(x)f(-x))=f(1-x2).
Az injektivitás miatt f(x)f(-x)=1-x2, ezért f(x)f(1-x)-f(x)f(-x)=x-x2-(1-x2)=x-1. Másrészt
f(x)f(1-x)-f(x)f(-x)=f(x)(f(1-x)-f(-x))=f(x).
Így f(x)=x-1 minden x-re. Ez valóban jó megoldás: (x-1)(y-1)-1+x+y-1=xy-1.
Ez volt a megoldás, amikor f(0)=-1, és ennek az ellentettje, f(x)=1-x a megoldás, amikor f(0)=-1.
Tehát a függvényegyenletnek három megoldása van: f(x)=0, f(x)=x-1 és f(x)=1-x.