f(xy+f(x))=f(f(x)f(y))+x Brazil 2019

$f(x)<x$なる$x$が存在したとき,$P(x,\frac{x-f(x)}{x})$より,$f(x)-x=f(something)>0$となり矛盾する.

$x<1$に対して,$P(x,y=\frac{f(x)}{1-x})$を考える($xy+f(x)=y$に注意する):
$$f(y)=f(xy+f(x))=f(f(x)f(y))+x⩾f(x)f(y)+x.$$
これは,$f(x)<1$を意味している.

$x<1$とする.$P(x,\frac{1-f(x)}{2x})$より,
$$0<f\left(f\left(x\right)f\left(\frac{1-f(x)}{2x}\right)\right)=f\left(\frac{1+f(x)}{2}\right)-x<1-x.$$
よって,はさみうちの原理より,${\displaystyle \underset{x\to 1-0}{lim}f\left(f\left(x\right)f\left(\frac{1-f(x)}{2x}\right)\right)=0.}$また,
$$0<f\left(\frac{1-f(x)}{2x}\right)⩽\frac{f\left(f\left(x\right)f\left(\frac{1-f(x)}{2x}\right)\right)}{f(x)}$$
より,${\displaystyle \underset{x\to 1-0}{lim}f(x)=1}$に注意すると,${\displaystyle \underset{x\to 1-0}{lim}f\left(\frac{1-f(x)}{2x}\right)=0.}$
同様に,${\displaystyle \underset{x\to 1-0}{lim}\frac{1-f(x)}{2x}=0.}$
したがって,$a_i=\frac{1-f(1-\frac{1}{i+1})}{2(1-\frac{1}{i+1})}$などが条件をみたす.

$0$に収束し,${\displaystyle \underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(a_i)=0}$をみたすような数列$\{a_i{\}}_{i\in {\mathbb{Z}}_{>0}}$を一つ選ぶ.$P(x,a_i)$より,
$$f(x{a}_i+f(x))=f(f(x)f(a_i))+x⟹x{a}_i-f(f(x)f(a_i))⩽x-f(x).$$
ここで,十分な大きな$i$をとることで$-1<x{a}_i-1<x{a}_i-f(f(x)f(a_i))$とすることができる.あとは,
$$1⩽\frac{f(x)}{x}<1+\frac{1}{x}$$
で$x\to \mathrm{\infty }$とすればはさみうちの原理より,主張を得る.

$$\frac{f(xy+f(x))}{xy+f(x)}\cdot (y+\frac{f(x)}{x})=\frac{f(f(x)f(y))}{f(x)f(y)}\cdot \frac{f(x)}{x}\cdot f(y)+1$$ここで,$x\to \mathrm{\infty }$とすれば,$f(y)=y.$