functional equation

[fibonacci]

If $ f : \mathbb N \to \mathbb N $ and $ m,n $ are natural numbers , then find all functions
$ 2f(mn)\geq f(m^2+n^2)-f(m)^2-f(n)^2\geq 2f(m)f(n) $

[Руст]

Левое с правым дает
$f(mn)\ge f(m)f(n)$.
Отсюда $f(1)\le 1\to f(1)=1$.
Среднее с правым дает
$f(m^2+n^2)\ge (f(m)+f(n))^2$.
При $n=1$ верно и обратное:
$(f(m)+1)^2\ge f(m^2+1)\ge (f(m)+1)^2\to f(m^2+1)=(f(m)+1)^2$.
В частности $f(2)=4,f(5)=5^2$.
Если $f(m)=m^2,f(n)=n^2$, то
$2f(mn)+m^4+n^4\ge (m^2+n^2)\ge (m^2+n^2)^2$.
При $m=n$ получаем
$2f(n^2)+2n^4\ge f(2n^2)\to 1+\frac{n^4}{f(n^2)}\ge \frac{f(2n^2)}{2f(n^2)}\ge 2\to f(n^2)\le n^4\to f(n^2)=n^4,f(2n^2)=4n^4.$.
Отсюда $f(2^k)=2^{2k}$.

Взяв $m=3, f(3)=a$ получаем
$(a+1)^2=f(10)\ge 10^2\to a\ge 9$.
C другой стороны, взяв $m=x+y,n=x-y, x>y$ получаем:
$2f(x^2-y^2)\ge f(2(x^2+y^2))-f(x+y)^2-f(x-y)^2$
Если $f(x^2-y^2)=(x^2-y^2)^2,f(x+y)=(x+y)^2,f(x-y)=(x-y)^2$, то $4(x^2+y^2)\lef(2(x^2+y^2))\le 4(x^2+y^2)^2\to f(2(x^2+y^2))=4(x^2+y^2)^2$.

$x=3,y=1$ дает $128\ge f(20)-256-16\to f(20)\le 400\to f(20)=400,f(10)=100, f(3)=a=9$.
Таким образом доказали, что $f(n)=n^2, n\le 5$.
Взяв $m=bx+ay, n=ax-by$, по аналогии со случаем $a=b=1$ доказывается мультипликативность и вид функции $f(n)=n^2$.

[fibonacci]

Маленький решение!Официальный решение была довольно очень длинный.

-- 05 июн 2014, 00:33 --

If $ x , y $ are real numbers and $ f:R\to R $ then
Find all functions such that $ f(x + f(y)) = y^2 + f(x) $