设 $S$ 表示所有大于 $-1$ 的实数组成的集合，确定所有函数 $f:S\rightarrow S$，满足以下两个条件：
（1）对于 $S$ 内的所有 $x$ 和 $y$，有 $f(x+f(y)+xf(y))=y+f(x)+yf(x)$；
（2）在区间 $-1<x<0$ 与 $0<x$ 的每一个内，$\dfrac{f(x)}{x}$ 是严格递增的．（英国）
（1）对于 $S$ 内的所有 $x$ 和 $y$，有 $f(x+f(y)+xf(y))=y+f(x)+yf(x)$；
（2）在区间 $-1<x<0$ 与 $0<x$ 的每一个内，$\dfrac{f(x)}{x}$ 是严格递增的．（英国）
【难度】
【出处】
1994年第35届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
在 $(-1,0)$ 内，$\dfrac{f(x)}{x}$ 严格递增，因而 $\dfrac{f(x)}{x}=1$ 至多只有一个解 $x=u,u\in(-1,0)$，即至多存在一个 $u\in(-1,0)$，使得 $f(u)=u$．如果这样的 $u$ 存在，在（1）中令 $x=y=u$，得 $f(u^2+2u)=u^2+2u$．
因为 $-1<u<0,u^2+2u=(u+1)^2-1$，所以 $-1<u^2+2u<0$，即 $u^2+2u\in(-1,0)$，由唯一性知 $u^2+2u=u$，
故 $u=0$ 或 $-1$，这与 $u\in(-1,0)$ 矛盾．所以，对 $(-1,0)$ 内任一数 $u$，必有 $f(u)\ne u$．
类似地，对 $(0,+\infty)$ 内任一数 $u$，也有 $f(u)\ne u$．从而 $f(u)=u$ 只能 $u=0$．
在（1）中，令 $x=y$，得 $f(x+(1+x)f(x))=x+(1+x)f(x)$，所以
$x+(1+x)f(x)=0,f(x)=-\dfrac{x}{1+x}$ ①
下面验证 $f(x)=-\dfrac{x}{1+x}$ 满足题设．因为
$\begin{aligned}
&f(x+f(y)+xf(y))\\
&=f\left(x-\frac{y}{1+y}-x\frac{y}{1+y}\right)\\
&=f\left(\frac{x-y}{1+y}\right)\\
&=-\frac{\frac{x-y}{1+y}}{1+\frac{x-y}{1+y}}\\
&=\frac{y-x}{1+x}
\end{aligned}$
$y+f(x)+yf(x)=y-\dfrac{x}{1+x}-y\cdot \dfrac{x}{1+x}=\dfrac{y-x}{1+x}$
从而满足（1）．
又 $\dfrac{f(x)}{x}=-\dfrac{1}{1+x}$ 在 $(-1,0)$ 与 $(0,+\infty)$ 上是严格递增的，故满足（2）．
所以，① 是满足函数方程的唯一解．
因为 $-1<u<0,u^2+2u=(u+1)^2-1$，所以 $-1<u^2+2u<0$，即 $u^2+2u\in(-1,0)$，由唯一性知 $u^2+2u=u$，
故 $u=0$ 或 $-1$，这与 $u\in(-1,0)$ 矛盾．所以，对 $(-1,0)$ 内任一数 $u$，必有 $f(u)\ne u$．
类似地，对 $(0,+\infty)$ 内任一数 $u$，也有 $f(u)\ne u$．从而 $f(u)=u$ 只能 $u=0$．
在（1）中，令 $x=y$，得 $f(x+(1+x)f(x))=x+(1+x)f(x)$，所以
$x+(1+x)f(x)=0,f(x)=-\dfrac{x}{1+x}$ ①
下面验证 $f(x)=-\dfrac{x}{1+x}$ 满足题设．因为
$\begin{aligned}
&f(x+f(y)+xf(y))\\
&=f\left(x-\frac{y}{1+y}-x\frac{y}{1+y}\right)\\
&=f\left(\frac{x-y}{1+y}\right)\\
&=-\frac{\frac{x-y}{1+y}}{1+\frac{x-y}{1+y}}\\
&=\frac{y-x}{1+x}
\end{aligned}$
$y+f(x)+yf(x)=y-\dfrac{x}{1+x}-y\cdot \dfrac{x}{1+x}=\dfrac{y-x}{1+x}$
从而满足（1）．
又 $\dfrac{f(x)}{x}=-\dfrac{1}{1+x}$ 在 $(-1,0)$ 与 $(0,+\infty)$ 上是严格递增的，故满足（2）．
所以，① 是满足函数方程的唯一解．
答案
解析
备注
