设 $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ 是一个定义在实数集上的实值函数，满足对所有实数 $x,y$，都有 $f(x+y)\leqslant yf(x)+f(f(x))$
证明：对所有实数 $x\leqslant 0$，有 $f(x)=0$．（白俄罗斯）
证明：对所有实数 $x\leqslant 0$，有 $f(x)=0$．（白俄罗斯）
【难度】
【出处】
2011年第52届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
在条件式中令 $y=f(x)-x$，得 $f(f(x))\leqslant(f(x)-x)f(x)+f(f(x))$
知 $(f(x)-x)f(x)\geqslant 0$，进而对任意实数 $x$，有 $(f(f(x))-f(x))f(f(x))\geqslant 0$．
注意到，在条件式中取 $y=0$ 可得 $ f(x)\leqslant f(f(x))$．所以
$f(f(x))\geqslant 0$，或者 $f(f(x))=f(x)<0$ ①
若存在实数 $x_0$ 使得 $f(x_0)>0$，则对任意实数 $y$ 都有 $f(x_0+y)\leqslant yf(x_0)+f(f(x_0))$，于是对任意 $y<-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}$，都有 $f(x_0+y)<0$，进而对任意实数 $z<x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}$，都有 $f(z)<0$，因此，当 $z<\min\left\{0,x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}\right\}$ 时，有 $z<0$ 和 $f(z)<0$ 同时成立．结合 $(f(z)-z)f(z)\geqslant 0$ 可知 $f(z)\leqslant z<\min\left\{0,x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}\right\}\leqslant x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}$，于是 $f(f(z))=f(x_0+(f(z)-x_0))<0$．
此时，如果存在这样的 $z$ 使得 $f(f(z))\geqslant 0$，则可立即得到矛盾，否则，对任意 $z<\min\left\{0,x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}\right\}$，都有 $f(f(z))=f(z)<0$，于是对任意实数 $y$，都有
$f(x+y)\leqslant yf(z)+f(f(z))=(y+1)f(z)$
令 $y=x_0-z$，就有 $f(x_0)\leqslant(1+x_0-z)f(z)$，结合 $z$ 充分小时，$1+x_0-z>0$，而 $f(z)<0$，导致 $f(x_0)<0$，矛盾．
所以，总有 $f(x)\leqslant 0$（对任意实数 $x$ 都成立），进而
$f(f(x))\leqslant 0$ ②
现在，如果对任意实数 $x$，都有 $f(f(x))\geqslant 0$，那么对任意实数 $x$ 都有 $f(f(x))=0$，此时，由条件式可知对任意实数 $x,y$ 都有 $f(x+y)\leqslant yf(x)$．得 $f(0)\leqslant -xf(x)$，如果证得 $f(0)=0$，那么可得对 $x<0$．都有 $f(x)\geqslant 0$，进而得到命题需要的结论．而这可由 $0=f(f(f(x)))=f(0)$（这里都是用 $f(f(x))=0$ 得到的）推出，所以，在这种情形下命题成立．
如果存在 $z$，使得 $f(f(z))<0$，那么由 ① 知 $f(f(z))=f(z)< 0$，结合 ② 仍有 $f(x+y)\leqslant yf(x)$，可得 $f(0)\leqslant -xf(x)$，还是只需证明 $f(0)=0$．
事实上，此时，存在 $t<0$，使得 $f(t)=t$，我们说这样的 $t$ 只有一个，因为若存在 $t_1,t_2$ 都具有这样的性质，不妨设 $t_1<t_2<0$，则由条件式有
$t_2=f(t_2)\leqslant(t_2-t_1)f(t_1)+f(f(t_1))=(t_2-t_1)t_1+t_1$
导致 $(t_2-t_1)(1-t_1)\leqslant 0$，矛盾．因此存在唯一的实数 $t(<0)$，使得 $f(t)=t$，进一步，我们说存在实数 $x$，使得 $f(x)\ne t$（否则，导致对任意实数 $y$，都有 $t\leqslant yt+t$，这在 $y<0$ 时不能成立），对这个 $x$，有 $f(f(x))\ne f(x)$，因此，由 ① 知 $f(f(x))\geqslant 0>t$，进而还有 $f(f(f(x)))\geqslant 0$，结合 ② 就有 $0=f(f(x))=f(f(f(x)))=f(0)$．
所以，命题亦成立．
综上可知，对任意 $x\leqslant 0$，都有 $f(x)=0$．
知 $(f(x)-x)f(x)\geqslant 0$，进而对任意实数 $x$，有 $(f(f(x))-f(x))f(f(x))\geqslant 0$．
注意到，在条件式中取 $y=0$ 可得 $ f(x)\leqslant f(f(x))$．所以
$f(f(x))\geqslant 0$，或者 $f(f(x))=f(x)<0$ ①
若存在实数 $x_0$ 使得 $f(x_0)>0$，则对任意实数 $y$ 都有 $f(x_0+y)\leqslant yf(x_0)+f(f(x_0))$，于是对任意 $y<-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}$，都有 $f(x_0+y)<0$，进而对任意实数 $z<x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}$，都有 $f(z)<0$，因此，当 $z<\min\left\{0,x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}\right\}$ 时，有 $z<0$ 和 $f(z)<0$ 同时成立．结合 $(f(z)-z)f(z)\geqslant 0$ 可知 $f(z)\leqslant z<\min\left\{0,x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}\right\}\leqslant x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}$，于是 $f(f(z))=f(x_0+(f(z)-x_0))<0$．
此时，如果存在这样的 $z$ 使得 $f(f(z))\geqslant 0$，则可立即得到矛盾，否则，对任意 $z<\min\left\{0,x_0-\dfrac{f(f(x_0))}{f(x_0)}\right\}$，都有 $f(f(z))=f(z)<0$，于是对任意实数 $y$，都有
$f(x+y)\leqslant yf(z)+f(f(z))=(y+1)f(z)$
令 $y=x_0-z$，就有 $f(x_0)\leqslant(1+x_0-z)f(z)$，结合 $z$ 充分小时，$1+x_0-z>0$，而 $f(z)<0$，导致 $f(x_0)<0$，矛盾．
所以，总有 $f(x)\leqslant 0$（对任意实数 $x$ 都成立），进而
$f(f(x))\leqslant 0$ ②
现在，如果对任意实数 $x$，都有 $f(f(x))\geqslant 0$，那么对任意实数 $x$ 都有 $f(f(x))=0$，此时，由条件式可知对任意实数 $x,y$ 都有 $f(x+y)\leqslant yf(x)$．得 $f(0)\leqslant -xf(x)$，如果证得 $f(0)=0$，那么可得对 $x<0$．都有 $f(x)\geqslant 0$，进而得到命题需要的结论．而这可由 $0=f(f(f(x)))=f(0)$（这里都是用 $f(f(x))=0$ 得到的）推出，所以，在这种情形下命题成立．
如果存在 $z$，使得 $f(f(z))<0$，那么由 ① 知 $f(f(z))=f(z)< 0$，结合 ② 仍有 $f(x+y)\leqslant yf(x)$，可得 $f(0)\leqslant -xf(x)$，还是只需证明 $f(0)=0$．
事实上，此时，存在 $t<0$，使得 $f(t)=t$，我们说这样的 $t$ 只有一个，因为若存在 $t_1,t_2$ 都具有这样的性质，不妨设 $t_1<t_2<0$，则由条件式有
$t_2=f(t_2)\leqslant(t_2-t_1)f(t_1)+f(f(t_1))=(t_2-t_1)t_1+t_1$
导致 $(t_2-t_1)(1-t_1)\leqslant 0$，矛盾．因此存在唯一的实数 $t(<0)$，使得 $f(t)=t$，进一步，我们说存在实数 $x$，使得 $f(x)\ne t$（否则，导致对任意实数 $y$，都有 $t\leqslant yt+t$，这在 $y<0$ 时不能成立），对这个 $x$，有 $f(f(x))\ne f(x)$，因此，由 ① 知 $f(f(x))\geqslant 0>t$，进而还有 $f(f(f(x)))\geqslant 0$，结合 ② 就有 $0=f(f(x))=f(f(f(x)))=f(0)$．
所以，命题亦成立．
综上可知，对任意 $x\leqslant 0$，都有 $f(x)=0$．
答案
解析
备注
