дифференциальные-уравнения - Одна олимпиадная задача

Одно из решений - $%f(x)=x$%. Далее будем рассматривать множество функций, не равных $%x$%, т.е. $%\{f(x):(\exists x_0)f(x_0) \neq x_0\}$%.
$%f(f^{-1}(x))=x$%
$%f(2x-f(x))=x$%
Пусть $%d(x)=x-f(x)$%, тогда $%f(x+d(x))=x; d(x+d(x))=x+d(x)-f(x+d(x))=x+d(x)-x=d(x)$%. Последовательно применяя данные формулы для точек $%x+d(x), x+2d(x), x+3d(x), ...$%, получим: $%f(x+id(x))=f(x)+id(x), i \in \mathbb{Z}$%. Значит, в силу монотонности, функция является возрастающей и ограниченной квадратами, образованных соседними точками $%(x+id(x);f(x)+id(x))$%.

Допустим, что $%(\exists x_1)|d(x_1)| < |d(x_0)|$%. Тогда, в силу непрерывности функции, $%(\exists x_2)|d(x_1)| < |d(x_2)| < |d(x_0)| \wedge \frac{d(x_2)}{d(x_0)}$% - трансцендентное число. По выведенной ранее формуле, $%f(x_2+jd(x_2))=f(x_2)+jd(x_2), j\in\mathbb{Z}$%. Исходя из трансцендентности $%\frac{d(x_2)}{d(x_0)}$%, $%(\exists i,j\in\mathbb{Z})|(x_2+jd(x_2))-(x_0+id(x_0))| < |d(x_2)-d(x_0)|$%, а при этих значениях точка $%(x_2+jd(x_2);f(x_2)+jd(x_2))$% не попадает в ограничения для $%x_0$%. Следовательно, допущение неверно, следовательно $%(\forall x_1)|d(x_1)| \geq |d(x_0)|$%.
Аналогичными рассуждениями доказывается утверждение $%(\forall x_1)|d(x_1)| \leq |d(x_0)|$%. Следовательно, $%|d(x)|=const$%
$%|x-f(x)|=const$%
$%f(x)=x+C$%