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TMO2022

TMO2022(J)

ユーザー解説 by kkkaaa

 実数 α\alpha に対して与式をみたす関数 ff を求める.
P(x,y)P(x,y) で与式への代入を表す.ff は全射であるため,任意の実数 s,ts,t に対して f(s)=s,f(t)=tf(s^{\prime})=s, f(t^{\prime})=t なる実数 s,ts^{\prime},t^{\prime} が存在する.

  • α0\alpha \neq 0 のとき g(x)=(α+2)f(xα)4xα+2022g(x)=(\alpha +2)f\Bigl(\dfrac{x}{\alpha}\Bigr)-\dfrac{4x}{\alpha}+2022 とおくと, P(uα,suα),P(uα,tuα),P(vα,svα),P(vα,tvα)P\Bigl(\dfrac{u}{\alpha},s^{\prime}-\dfrac{u}{\alpha}\Bigr), P\Bigl(\dfrac{u}{\alpha},t^{\prime}-\dfrac{u}{\alpha}\Bigr), P\Bigl(\dfrac{v}{\alpha},s^{\prime}-\dfrac{v}{\alpha}\Bigr), P\Bigl(\dfrac{v}{\alpha},t^{\prime}-\dfrac{v}{\alpha}\Bigr) より f(s+u)=g(u)+4sf(t+u)=g(u)+4tf(s+v)=g(v)+4sf(t+v)=g(v)+4tf(s+u)=g(u)+4s^{\prime}\\ f(t+u)=g(u)+4t^{\prime}\\ f(s+v)=g(v)+4s^{\prime}\\ f(t+v)=g(v)+4t^{\prime} よって, f(s+u)+f(t+v)=f(s+v)+f(t+u)f(s+u)+f(t+v)=f(s+v)+f(t+u) が成立し,x+y=z+wx+y=z+w ならば f(x)+f(y)=f(z)+f(w)f(x)+f(y)=f(z)+f(w) である.特に f(x+y)=f(x)+f(y)f(0)f(x+y)=f(x)+f(y)-f(0) である. また,P(0,y)P(0,y) より f(f(y))=(α+2)f(0)+2022+4yf\bigl(f(y)\bigr)=(\alpha+2)f(0)+2022+4y が成り立つため,これらを用いて与式を変形すると (α+1)f(0)+4x+f(αx)=(α+2)f(x)(\alpha+1)f(0)+4x+f(\alpha x)=(\alpha+2)f(x) がわかる. よって, f(αf(x))=(α+2)f(f(x))4f(x)(α+1)f(0)f\bigl(\alpha f(x)\bigr)=(\alpha+2)f\bigl(f(x)\bigr)-4f(x)-(\alpha+1)f(0) 従って f(αf(x))f(αf(0))=(α+2)(f(f(x))f(f(0)))4f(x)+4f(0)=4(α+2)x4f(x)+4f(0)\begin{aligned} f\bigl(\alpha f(x)\bigr)-f\bigl(\alpha f(0)\bigr)&=(\alpha+2)\Bigl(f\bigl(f(x)\bigr)-f\bigl(f(0)\bigr)\Bigr)-4f(x)+4f(0)\\ &=4(\alpha+2)x-4f(x)+4f(0) \end{aligned} また, f(αf(x))=f((α+1)f(0)+4x+f(αx)2f(x))=f(αf(0))+4f(x)+f(f(0))+f(f(αx))2f(f(x))4f(0)=f(αf(0))+4f(x)+4(αx2x)4f(0)=f(αf(0))4f(0)+4f(x)+4(α2)x\begin{aligned} f\bigl(\alpha f(x)\bigr)&=f\bigl((\alpha+1)f(0)+4x+f(\alpha x)-2f(x)\bigr)\\ &=f\bigl(\alpha f(0)\bigr)+4f(x)+f\bigl(f(0)\bigr)+f\bigl(f(\alpha x)\bigr)-2f\bigl(f(x)\bigr)-4f(0)\\ &=f\bigl(\alpha f(0)\bigr)+4f(x)+4(\alpha x-2x)-4f(0)\\ &=f\bigl(\alpha f(0)\bigr)-4f(0)+4f(x)+4(\alpha-2) x \end{aligned} ゆえに,f(x)=2x+f(0)f(x)=2x+f(0) である. なお,今回出題されているのは α\alpha が正整数のときのみについてであるため,Cauchyの関数方程式の要領で f(αx)=αf(x)(α1)f(0)f(\alpha x)=\alpha f(x)-(\alpha-1)f(0) がわかり,これを用いるとより簡単に f(x)=2x+f(0)f(x)=2x+f(0) がわかる. よって,f(f(x))=4x+3f(0)f\bigl(f(x)\bigr)=4x+3f(0) より,f(0)=2022α1f(0)=\dfrac{2022}{\alpha-1} である.(ただし,α=1\alpha=1 のときは矛盾.) また,f(x)=2x+2022α1f(x)=2x+\dfrac{2022}{\alpha-1} は与式をみたす.

  • α=0\alpha=0 のとき
    P(x,0)P(x,0)P(0,x)P(0,x) を比較して f(x)=2x+f(0)f(x)=2x+f(0) を得る.上と同様に f(0)=2022f(0)=-2022 で,f(x)=2x2022f(x)=2x-2022 は与式をみたす.

 以上より,α=1\alpha=1 のときは解は存在せず,α1\alpha\neq1 のときは f(x)=2x+2022α1f(x)=2x+\dfrac{2022}{\alpha-1} のみが解である.