BalkanMOshortlist2021A5を解く

ちょっと面白かったので，考えの整理と記事を書く練習を兼ねて紹介します．

解答

$P(x,y)$で与えられた式への代入を表す．
任意の$s>t$なる実数$s,t$に対し，$P(t,s-t)$より$f(tf(s))=(s-t)f(t)+1$．この式への代入を$Q(s,t)$と表す．
任意の$f(a)=f(b)$かつ$a>b>0$であるような実数$a,b$に対し，$b>c>0$となるような実数$c$をとると
$Q(a,c)：f(cf(a))=(a-c)f(c)+1$
$Q(b,c)：f(cf(b))=(b-c)f(c)+1$
この式を比較して$a=b$となるので$f$は単射．
ここで，$t$を任意の正の実数として$P(x,tf(y))$より$f(xf(x+tf(y)))=tf(x)f(y)+1$．
この式の$x,y$を入れ替えて比較することで$f(xf(x+tf(y)))=f(yf(y+tf(x)))$．
単射性より$xf(x+tf(y))=yf(y+tf(x))$．$x\ne y$ と仮定すると$f(x+tf(y))\ne f(y+tf(x))$．
特に任意の正の実数$t$に対して$x+tf(y)\ne y+tf(x)$が成り立つ．よって${\displaystyle \frac{x-y}{f(x)-f(y)}}<0$となるので$f$は狭義単調減少．
また，与式において$x$を固定して$y$を動かすと右辺は$1$より大きい任意の実数値を取りうる．したがって，$f(k)=2$となるような実数$k$をとれる．$P({\displaystyle \frac{k}{2}},{\displaystyle \frac{k}{2}})$ より${\displaystyle \frac{k}{2}}f\left({\displaystyle \frac{k}{2}}\right)=1$を得る．
ここで，$k<2$であることを示す．$k\ge 2$と仮定すると，$Q(k,1)$より$f(2)=(k-1)f(1)+1\ge f(1)+1$である．一方狭義単調減少性より$f(1)>f(2)$であるから，$f(1)>f(1)+1$となるがこれは矛盾．したがって$k<2$である．特に，$lf(l)=1$ かつ$0<l<1$となるような実数$l$が存在する．
次に，$f(1)=1$であることを示す．$f(1)\ne 1$であると仮定すると，任意の$0<z<1$なる実数$z$に対して$Q(1,z)$および単射性から$f(z)\ne f(f(1)z)=(1-z)f(z)+1$． したがって$zf(z)\ne 1$となるが，これは上で示したことに矛盾する．よって$f(1)=1$である．
これより$f(z)={\displaystyle \frac{1}{z}}$ となる．$z>1$ なる実数$z$については，$Q(z,1)$より$f(f(z))=z$であり，狭義単調減少性より$f(z)<f(1)=1$であるから，$f(f(z))={\displaystyle \frac{1}{f(z)}}$ である．したがって$f(z)={\displaystyle \frac{1}{z}}$
以上より任意の正の実数$x$に対して$f(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$であり，これは十分性をみたすので，これが解である．