Тема Функции

Функциональные уравнения

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела функции

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#90328Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f :ℤ → ℤ$ такие, что

2 2 2 f(a) + f(b) +f(c)= 2f(a)f(b)+ 2f(b)f(c)+2f(c)f(a)

для любых целых $a,b,c$ с суммой $0.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала следует узнать хоть что-то про функцию. Для этого рекомендуется подставлять какие-нибудь значения. Что можно узнать? Обычно можно понять инъективность или сюръективность, значения в нуле, четность или нечетность функции, а может и что-то еще.

Подсказка 2

Докажите, что f четная и периодическая. Что дальше? В условии фигурируют 3 буквы, это довольно много, попробуйте b и c выразить через a и получить какие-то тождества, связывающие кратные значения.

Подсказка 3

Можно получить следующее: f(2a)=0 или f(2a)=4f(a). Надо продолжать раскручивать задачу дальше, для этого положите f(1)=k. После этого попробуйте определить, как можно больше значений функции.

Подсказка 4

Подстановками поймите, что f(2)=4k, f(3)=9k, f(4)=16k. В глаза бросается, что f(x)=kx^2. Докажите это утверждение по индукции.

Показать ответ и решение

При подстановке $a =b =c= 0$ имеем $3f(0)2 =6f(0)2,$ следовательно,

f(0)= 0 (1)

При подстановке $b= −a$ и $c= 0$ имеем $((f(a)− f(− a))2 = 0$ Следовательно, $f$ является четной функцией.

Теперь положим $b=a$ и $c= −2a,$ тем самым получим

2 2 2 2f(a) +f(2a) = 2f(a) + 4f(a)f(2a)

Следовательно,

f(2a)= 0 или f(2a)=4f(a) для всех a∈ℤ (3)

Если $f(r)= 0$ для некоторого $r≥ 1,$ то при подстановке $b= r$ и $c=− a− r$ уравнение имеет вид $(f(a+ r)− f(a))2 = 0.$ Таким образом, $f$ — периодичная функция с периодом $r,$ т.е.

f(a+ r)=f(a) для всех a∈ℤ

В частности, если $f(1)=0,$ то $f$ постоянна, то есть $f(a)=0$ для всех $a∈ ℤ.$ Эта функция явно удовлетворяет функциональному уравнению. Положим $f(1)= k⁄= 0.$

По $(3)$ имеем $f(2)= 0$ или $f(2)= 4k$ . Если $f(2)= 0,$ то $f$ периодична с периодом $2,$ поэтому $f(2t)=0$ и $f(2t+ 1)= k$ для всех $t∈ ℕ.$ Эта функция является решением для каждого $k.$ Проверку осуществим позже; в дальнейшем предположим, что $f(2)=4k ⁄=0.$

Опять же по $(3)$ имеем $f(4)=0$ или $f(4)= 16k.$ В первом случае $f$ периодична с периодом $4$ и $f(3)= f(−1)=f(1)= k,$ поэтому мы имеем $f(4n)= 0,f(4n+ 1)= f(4n+ 3)= k$ и $f(4n+ 2)=4k$ для всех $n∈ℤ.$ Эта функция тоже является решением, что мы покажем позже. В дальнейшем рассуждении мы предполагаем, что $f(4)=16k⁄= 0.$ Покажем теперь, что $f(3)=9k.$ Для этого выполним замену

2 2 a= 1,b= 2,c= −3=⇒ f(3) − 10kf(3)+9k = 0=⇒ f(3)∈{k,9k} a= 1,b=3,c= −4=⇒ f(3)2 − 34kf(3)+ 225k2 = 0=⇒ f(3)∈{9k,25k}

Следовательно, $f(3)= 9k.$ Теперь докажем, что по индукции, что единственное возможное решение —– это $2 f(x)=kx ,x∈ ℤ.$ Мы уже доказали это для $x= 0,1,2,3,4.$ Предположим, что $n ≥4$ и что $2 f(x)=kx$ справедливо для всех целых $x ∈[0,n].$ Тогда замена $a =n,b= 1,c =−n − 1$ и $a =n − 1,b= 2,c= −n − 1$ приводит соответственно к

{ } { } f(n +1)∈ k(n +1)2,k(n− 1)2 и f(n+ 1)∈ k(n+ 1)2,k(n− 3)2

Поскольку $2 2 k(n− 1) ⁄= k(n − 3)$ для $n ⁄= 2,$ единственное возможное решение —

f(n+ 1)= k(n+ 1)2

На этом индукция завершается, поэтому $f(x)= kx2$ для всех $x≥ 0.$ То же выражение справедливо и для отрицательных значений $x,$ поскольку $f$ четна. Для доказательства проверки нужно доказать тождество

4 4 4 22 2 2 2 2 a + b +(a+ b) = 2ab + 2a(a+ b)+ 2b(a+ b)

которое следует непосредственно путем раскрытия скобок.

Поэтому единственными возможными решениями функционального уравнения являются постоянная функция $f1(x)= 0$ и следующие функции:

(| (| 0, x≡ 0 (mod4) f (x)= kx2, f (x)= { 0, x четно , f(x)= { k, x≡ 1 (mod2) 2 3 |( k, x нечетно 4 |( 4k, x≡ 2 (mod4)

для любого ненулевого целого $k.$ Проверка того, что это действительно решения, была выполнена для первых двух. Для $f3$ обратите внимание, что если $a +b+ c= 0,$ то все $a,b,c$ четные, и в этом случае $f(a)= f(b)= f(c)= 0,$ или одно из этих значений, а два других нечетные, поэтому обе части уравнения равны $2k2.$ Для $f4$ мы используем аналогичные соображения четности и симметрию уравнения, что сводит проверку к тройкам $(0,k,k),(4k,k,k),(0,0,0),(0,4k,4k).$ Все они удовлетворяют уравнению.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Мы несколько раз использовали один и тот же факт: для любых $a,b∈ ℤ$ функциональное уравнение является квадратным уравнением относительно $f(a +b),$ коэффициенты которого зависят от $f(a)$ и $f(b):$

2 2 f(a +b) − 2(f(a)+ f(b))f(a+ b)+ (f(a)− f(b)) =0

Его дискриминант равен $16f(a)f(b).$ Поскольку это значение должно быть неотрицательным для любых $a,b∈ ℤ,$ мы заключаем, что либо $f,$ либо $− f$ всегда неотрицательны. Также, если $f$ — решение функционального уравнения, то $− f$ — тоже решение. Поэтому мы можем считать $f(x)≥ 0$ для всех $x ∈ℤ.$ Теперь два решения квадратного уравнения равны

{ ∘---- ∘--- 2 ∘---- ∘ ----2} f(a+ b)∈ ( f(a)+ f(b)),( f(a)− f(b))) при любых a,b∈ ℤ

Вычисление $f(3)$ из $f(1),f(2)$ и $f(4),$ которое мы сделали выше, следует сразу после установки $(a,b)= (1,2)$ и $(a,b)=(1,− 4).$ Индуктивный шаг, где $f(n +1)$ выводится из $f(n),f(n − 1),f(2)$ и $f(1),$ следует сразу с использованием $(a,b)= (n,1)$ и $(a,b)= (n− 1,2).$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#91869Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f(x)$ , определённые при всех действительных $x$ и удовлетворяющие уравнению

2 2f(x)+f(1− x)=x .

Показать ответ и решение

Подставим вместо $x$ в исходное уравнение $1 − x,$ получим

2 2f(1− x)+f(x)= (1− x)

Получаем систему

({ 2f(x)+f(1− x)= x2 ( 2f(1− x)+ f(x)= (1− x)2

Домножим первое уравнение 2 и вычтем из него второе, получим

3f(x)=2x2− (1− x)2

x2+ 2x− 1 f(x)= ----3----

Проверим данную функцию

2 2 2 2f(x)+ f(1− x)= 2x-+-4x− 2-+ (1−-2x+-x-)+2(1− x)−-1= 3x-= x2 3 3 3

Ответ:

$f(x)= x2+2x-− 1 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#91870Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f: ℝ → ℝ$ , которые удовлетворяют условию

(x+-1) 1 1- f x =1+ x + x2

при любом $x⁄= 0$ .

Показать ответ и решение

( 1) 1 1- f 1+ x =1+ x + x2

Пусть $1 x= t− 1,$ тогда

f(1+ (t− 1))= 1+ (t− 1)+(t− 1)2

f(t)= t2− t+ 1

Проверим данную функция

( x+ 1) (x +1)2 x+ 1 x2+x +1 1 1 f -x-- = --x- − -x--+ 1= ---x2----=1 + x + x2

Ответ:

$f(x)= x2 − x+ 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#91873Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f: ℝ → ℝ$ , которые при любых вещественных $x$ и $y$ удовлетворяют условию

( 2 ) (3 ) (4) f x − y = f x +2y + f x .

Показать ответ и решение

Пусть $x =y =0,$ тогда

f(0)= f(0)+ f(0)

f(0)= 0

Теперь пусть $x= 0,$ используя полученный факт, получаем

f(−y)= f(2y)

Покажем, что для любого $x$ можно подобрать такое $y,$ чтобы для некоторого $t$

{ x2− y = 2t x3+ 2y = −t

Домножив второе уравнение на 2 и сложив, получаем

2 3 y = − x-+2x- 3

Проверяем, что полученное $y$ подходит. Подставив такое $y,$ исходное условие примет вид

f(2t)=f(−t)+f(x4)

f(x4)= 0

Т.к. любое положительное число представимо как четвёртая степень некоторого положительного числа, то для любого положительного $x$ верно, что $f(x) =0.$ А в силу равенства $f(−y)=f(2y),$ это верно и для отрицательных чисел.

Ответ:

$f(x)= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#91876Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f: ℝ → ℝ$ , которые при любых вещественных $x$ удовлетворяют условию

2 f(3x+ 5)=x +1.

Подсказки к задаче

Подсказка

Нам нужно найти функцию f(x), но в аргументе стоит 3х+5. Попробуйте подставить вместо 3х+5 что-то, чтобы получить нужную нам функцию, то есть f(x).

Показать ответ и решение

При любом вещественном $x$ после замены $t= 3x+ 5$ получается равенство

(t− 5)2 f(t)= --3- + 1

Только такая функция и является решением задачи.

Ответ:

$(x−-5)2 f(x)= 3 + 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#91877Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f: ℝ → ℝ + +$ (то есть из положительных вещественных чисел в положительные вещественные числа), для которых выполнено

( 1) f(x)+2f x =1.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Дано функциональное уравнение с f(x) и f(1/x). Так как больше ничего нет, то можно попробовать «поменять» аргументы, то есть сделать подстановку х:=1/х, чтобы получить ещё одно уравнение с f(x) и f(1/x)!

Подсказка 2

Получили систему из двух уравнений от f(x) и f(1/х). Мы ищем f(x), а её можно выразить через х, нужно только аккуратно избавиться от f(1/х), например, вычесть из одного уравнения другое с нужным коэффициентом. Важно не забыть сделать проверку!

Показать ответ и решение

Подставим вместо $x$ в исходное уравнение $1, x$ получим

(1) f x + 2f(x)= 1

Учитывая исходное уравнение, получаем систему

( ( ) |||{ f(x)+2f 1 = 1 ( ) x |||( f 1 + 2f(x)= 1 x

Домножим второе уравнение на 2 и вычтем первое уравнение из второго

3f(x)= 1

f(x)= 1 3

Проверим, что данная функция является решением системы, а не только следствия из неё:

( ) f(x)+2f 1 = 1 + 2= 1 x 3 3

Ответ:

$f(x)= 1 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#91878Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f: ℝ → ℝ$ , которые при любых вещественных $x$ и $y$ удовлетворяют условию

f(f(x +y))=x +f(y).

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы видим, что есть функция от x+y и от y. Но подстановка y:=x+y делает уравнение ещё более некрасивым. Тогда на помощь приходит ещё один вариант «типичных» или «базовых» подстановок — подстановка 0. Что, если сделать х:=0 или у:=0?

Подсказка 2

При x:=0 получаем f(f(y))=f(y), а при y:=0 — f(f(х))=х+f(0), тогда, если найти f(0), то задача решена(почему?).
Снова тупик, но у нас есть ещё одна «типичная» подстановка — х:=f(t) или y:=f(t). Как её можно использовать для двух полученных уравнений?

Подсказка 3

Использовав подстановку y:=f(t) и х:=f(t) в двух найденных ранее равенствах, получаем одинаковые левые части уравнения, значит, можно приравнять правые части, но про f(f(t)) мы уже что-то знаем!

Показать ответ и решение

Пусть $x =0,$ тогда получаем

f(f(y))= f(y)

Докажем, что $f(0)= 0.$ Для этого вместо $x$ и $y$ подставим $f(t)$ и $0,$ тогда с одной стороны это равно

f(f(f(t)+0))= f(t)+f(0)

С другой стороны,

f(f(f(t)+ 0))= 0+ f(f(t))= f(t)

Приравняв их, получаем $f(0)= 0.$ Теперь пусть $y = 0$

f(f(x))= x

Но до этого мы получили, что $f(f(x))= f(x),$ значит,

f(x)= x

Проверим, что эта функция подходит под начальное условие

f(f(x+y))= x+ y = x+ f(y)

Ответ:

$f(x)= x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#91879Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f: ℝ → ℝ$ , которые при любых вещественных $x$ и $y$ удовлетворяют условию

f(x − y)= f(x)+ f(y)− 2xy.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда есть две переменные, удобно избавиться от одной и оставить только вторую. Какие для этого есть подстановки? Например, х:=0 или х:=у (аналогичные для y).

Подсказка 2

Из подстановки 0 вместо одной из переменных можно получить значение f(0). А ещё f(0) получается в правой части равенства, если сделать y:=x. Не забудьте в конце проверить, что найденный ответ удовлетворяет условию!

Показать ответ и решение

Пусть $y =0,$ тогда

f(x)= f(x)+f(0)

f(0)= 0

Теперь пусть $y = x,$ получаем

f(0)= f(x)+ f(x)− 2x2

f(x) =x2

Проверим, что эта функция подходит под начальное условие

f(x− y)= (x− y)2 = x2+ y2− 2xy = f(x)+f(y)− 2xy

Ответ:

$f(x)= x2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#94437Максимум баллов за задание: 7

Найдите все многочлены $P (x)$ с вещественными коэффициентами такие, что

2 3 P(x)= (x +1)P(x)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Одной из часто рассматриваемых характеристик многочлена является его степень. Какой вывод можно сделать из этих рассуждений?

Подсказка 2

Пусть степень многочлена P(x) равна n. Чему равна степень многочлена в левой и правой частях уравнения?

Подсказка 3

Соответственно 2n и n+3. Какой вывод о степени P(x) из этого можно сделать?

Подсказка 4

Она равна 3. Так, P(x) — кубический многочлен. Часто при решении задач на многочлены с небольшими степенями оказывается полезно записать их в стандартной виде. В данной задаче многочлен имеет вид ax³+bx²+cx+d для некоторых действительных a, b, c, d. Подставьте многочлен в исходное уравнение. Что мы получим после приведения подобных слагаемых?

Подсказка 5

Тождественное равенство двух многочленов влечет равенство коэффициентов при равных степенях. Чему равно b из таких рассуждений? A с? Сумма a+d?

Подсказка 6

Каждое из чисел равно 0. Таким образом, исходное уравнение имеет вид ax³ -a для некоторого действительного a.

Показать ответ и решение

Пусть $deg(P)= n,$ причём рассмотрим неотрицательное $n$ . Тогда степень многочлена в левой части равна $2n,$ в правой — $n+ 3,$ откуда $n =3.$

Таким образом, $P(x)$ — кубический многочлен. Пусть он имеет вид

3 2 P(x)= ax +bx + cx+ d

Тогда уравнение примет вид

6 4 2 6 5 4 3 2 ax + bx + cx +d =ax + bx +cx + (d+ a)x +bx + cx +d

следовательно, $b= 0,$ но тогда так же $c= 0,$ наконец, $d= −a.$ Таким образом, любой многочлен вида $a(x3− 1)$ является решением исходного уравнение. Единственное, что мы могли не учесть — это $P(x)=0.$ Он тоже подходит, поэтому можем взять $a,$ которое принимает любое вещественное значение.

Ответ:

$P (x)= a(x3− 1),$ где $a$ вещественное

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#94438Максимум баллов за задание: 7

Найдите все многочлены $P (x)$ с вещественными коэффициентами такие, что

(x− 16)P(2x)= 16(x− 1)P(x)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Одной из часто рассматриваемых характеристик многочлена является множество его корней. Какие корни имеет исходный многочлен, исходя из уравнения?

Подсказка 2

Корни 2 и 16. Если у исходного многочлена P(x) уже нашлись некоторые корни {x₁, x₂, ...},то его бывает полезно представить в виде P(x)=(x-x₁)(x-x₂)...G(x), тогда G(x) тоже является многочленом. Как это помогает в нашей задаче?

Подсказка 3

После замены легко получить, что G(x) имеет так же корни 2 и 8. А что бывает полезно сделать, когда у многочлена нашлись какие-то корни?

Подсказка 4

Представить его в виде G(x)=(x-2)(x-8)H(x) для некоторого многочлена H(x). Какой вид теперь примет уравнение?

Подсказка 5

Имеем H(2x)=H(x) для всех x. Когда такое бывает?

Подсказка 6

Докажите, что верно лишь тогда, когда H(x) является постоянным многочленом. Сделайте обратную замену и завершите решение.

Показать ответ и решение

Подставив в уравнение $x= 1$ и $x= 16,$ имеем, что $P(2)= P(16)= 0.$ Следовательно, $P(x)=(x− 2)(x− 16)G(x)$ для некоторого многочлена $G (x).$

Таким образом, уравнение можно переписать в виде

(x − 16)(2x− 2)(2x− 16)G(2x)=16(x− 1)(x− 2)(x− 16)G(x)

следовательно,

(x− 8)G(2x)= 4(x− 2)G (x)

то есть $x =2,x= 8$ — так же являются корнями исходного многочлена.

Таким образом, $G(x)=(x− 4)(x− 8)H (x).$ Вновь подставляя полученный многочлен в уравнение, имеем

(x− 8)(2x− 4)(2x − 8)H(2x)=4(x− 2)(x− 4)(x− 8)H(x)

то есть $H (2x)= H(x).$

Отсюда следует, что $H (x)$ является константой (в противном случае нетождественно нулевой многочлен $H (2x)− H(x)$ будет иметь бесконечное число корней.)

Таким образом

P(x)=C (x− 2)(x− 4)(x− 8)(x− 16)

для некоторой постоянной $C.$

Ответ:

$P (x)= C(x− 2)(x− 4)(x− 8)(x− 16),$ для некоторой постоянной $C$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#94439Максимум баллов за задание: 7

Найдите все многочлены $P (x)$ с вещественными коэффициентами такие, что

P (x+ 1)= P(x)+ 2x+ 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для данного многочлена P(x) полезно сделать замену P(x)=Q(x)+H(x), где H(x) --- некоторый данный нами многочлен (например, P(x)=Q(x)-x³+1). Например, если мы предполагаем, что существует единственное решение уравнения -x³+1, то нам будет достаточно, показать, что Q(x) тождественно равен 0 - это, как правило, упрощает задачу. Какую замену можно сделать в данной задаче?

Подсказка 2

Несложно видеть, что многочлен x^2 является решением исходного уравнения. Но тогда, как мы выяснили ранее, естественно будет сделать замену P(x)=Q(x)+x^2. Что мы получим после его подстановки в исходное уравнение?

Подсказка 3

Уравнение Q(x+1)=Q(x). Докажите, что это возможно лишь в тех случаях, когда Q(x) --- постоянный.

Показать ответ и решение

Пусть $H (x)= P(x)− x2.$ Тогда $P(x)= H(x)+x2.$ Подставляя обозначенную замену в уравнение, получим

2 2 H (x+1)+ (x +1) = H(x)+x + 2x+ 1

следовательно, $H (x+ 1)= H(x).$ Таким образом, $H(x)$ — постоянный многочлен и равен некоторому действительному числу $C.$ Таким образом, $P(x)= x2+ C.$

Ответ:

$P (x)= x2+ C,$ где $C$ действительная константа

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#94440Максимум баллов за задание: 7

Найдите все многочлены $Q (x)$ с вещественными коэффициентами такие, что

2 2 Q(x)(x − 6x+ 8)= Q(x − 2)(x − 6x)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подсказка 2

Думаю вы точно нашли корни 0, 4 и 6. Казалось бы, что на этом можно закончить и попробовать представить многочлен, как P(x)=x(x-4)(x-6)G(x). Но попробуйте из уже известных корней найти новые. Что у вас получается?

Подсказка 3

Верно, наверное, вы заметили, что x=8 тоже корень. Но тогда получается x=10 тоже и так далее. Это наталкивает на мысль, что корней бесконечное количество! Попробуйте доказать это по индукции. Сделайте из этого правильные выводы, и победа.

Показать ответ и решение

Покажем, что единственным решением является многочлен $Q (x)= 0,$ для этого достаточно доказать, что $Q(x)$ имеет бесконечное количество корней. Индукцией по $k$ докажем, что каждый элемент бесконечной последовательности

6,8,10,...,k,k +2,...

для всех четных натуральных $k≥ 6,$ является корнем $Q (x).$ Действительно, при $x =6$ имеем

Q(6)⋅8= Q(4)⋅0= 0

следовательно, база индукции верна. Теперь предположим, что $x= k$ является корнем $Q(x).$ Тогда в силу исходного уравнения, имеем

Q (k +2)a =Q (k)a = 0 1 2

где $a1,a2$ — значения соответственно многочленов $x2 − 6x+ 8$ и $x2− 6x$ в точке $k+ 2.$ Поскольку $k+ 2$ больше каждого из корней многочлена $x2− 6x+ 8$ верно, что $a1 ⁄= 0,$ следовательно, $k+2$ так же является корнем исходного многочлена, что доказывает индукционный переход и завершает решение.

Ответ:

$Q (x)= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#94441Максимум баллов за задание: 7

Найдите все многочлены $P (x)∈ ℝ[x]$ степени $n,$ имеющие $n$ действительных корней (не обязательно различных), такие, что

2 P (x )= P(x)P (x+ 1)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Предположим, что исходный многочлен имеет некоторый корень r. Какие еще корни может иметь данный многочлен?

Подсказка 2

Несложно показать, что тогда r² и (r+1)² тоже являются корнями P(x). Как количество корней P(x) зависит от значения r?

Подсказка 3

Докажите, что если r отлично от 0 и 1, то количество корней многочлена бесконечно. Что это говорит о виде многочлена?

Подсказка 4

Он имеет вид ax^m(x-1)^n. Как числа m и n зависят друг от друга? Чему может быть равно a?

Подсказка 5

Несложно показать, что m=n и a=1. Наконец, докажите, что любой такой многочлен удовлетворяет уравнению.

Показать ответ и решение

Рассмотрим сначала случай, если $n= 0.$ В таком случае многочлен является константой и должен не иметь корней. Пусть $P(x) =c,$ и подстановкой получаем, что подходит только $P(x)=1.$

Теперь будем рассматривать только натуральное $n.$ Пусть $r$ — корень многочлена. Тогда

( 2) ( 2) P r =P (r)P(r+1)= 0; P (r− 1) = P(r− 1)P(r)=0

поэтому $r2$ и $(r− 1)2$ тоже корни. Покажем, что число корней конечно тогда и только тогда, когда $r∈{0,1}.$

Если $r> 0$ и $r ⁄=0,$ то каждый элемент бесконечной последовательности

2 4 8 r ,r ,r,...

является решением, что невозможно. Аналогично, случай $r <0.$

Наконец, пусть

m n P(x)= ax (x − 1)

для некоторого действительного $a⁄= 0$ и натуральных $m,n.$ Корень $0$ имеет кратность $2n$ в многочлене $P(x2)$ и кратность $m + n$ в многочлене $P(x)P(x+1),$ поэтому $m = n.$ С одной стороны,

P (x2)− P(x)P (x +1)

равен тождественному нулю, с другой, его старший коэффициент равен $a− a2,$ следовательно, $a =1.$

Несложно проверить, что любой многочлен вида $P(x)= xm(x− 1)m$ удовлетворяет уравнению.

Ответ:

$P (x)= xm(x− 1)m,$ где $m$ неотрицательное

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#94444Максимум баллов за задание: 7

Найдите все многочлены $P (x)$ с вещественными коэффициентами такие, что

2 2 P(x + 1)=(P(x))

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Левая часть уравнения при замене x на -x. Что это говорит об исходном многочлене?

Подсказка 2

Докажите, что исходный многочлен является четной или нечетной функцией. Что можно сказать о количестве корней в случае, если исходный многочлен нечетен?

Подсказка 3

Покажите, что любой член последовательности x_n: x_0=0, x_n=x_{n-1}^2+1 является корнем многочлена. Какой вывод про P(x) из этого можно сделать?

Подсказка 4

Он является постоянной функцией. Докажите, что если многочлен четный, то его можно представить как квадрат некоторого другого многочлена Q(x). Что можно сказать о Q(x)?

Подсказка 5

Докажите, что Q(x) так же удовлетворяет исходному уравнению. Что может быть результатом ряда переходов от P(x) к Q(x)?

Подсказка 6

В конечном итоге, мы придем к многочлену нечетной степени. Возможно ли это?

Показать ответ и решение

Если $P (x)$ является постоянным многочленом, то есть $P (x)= C$ для некоторого действительного $C,$ следовательно, $C = C2,$ откуда $C ∈{0,1}.$

Сформулируем и докажем ряд лемм.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 1. Этот многочлен либо четный, либо нечетный.

Доказательство. Заметим, что

P(−x)2 =P ((−x)2+1)= P(x)2

следовательно, для бесконечного количества значений $x$ верно уравнение $P(x)= P(− x)$ или $P(x)= −P(x),$ то есть $P(x)$ тождественно равен одному из данных многочленов.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 2. Если многочлен нечетный, то он имеет бесконечно много корней.

Доказательство. Рассмотрим последовательность $∞ {xi}i=1,$ имеющую вид

x1 = 0, xn =x2n−1+ 1

Индукцией по $k$ покажем, что для всех натуральных $k$ верно $P(xk)= 0.$ В силу нечетности многочлена, имеем $P(0)=0,$ а значит, база индукции верна. Если $xk−1$ является корнем исходного многочлена, то, в силу исходного уравнения, верно

2 2 P(xk) =P (xk−1+ 1)=P (xk−1) =0

по предположению индукции.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 3. Если многочлен четный, то существует такой многочлен $Q(x),$ что

P(x)= Q(x)2

Доказательство. Поскольку $P(x)$ полином четный, он является суть суммой мономов четных степеней, следовательно, его можно записать как многочлен от $x2.$ Итак, если мы подставим $√ ---- x− 1$ вместо $x$ в $P(x),$ мы получим многочлен от $x − 1$ и, следовательно, от $x.$ Пусть $Q(x)$ — данный многочлен, то есть $√---- P( x− 1)=Q (x).$ Наконец, в силу исходного уравнения, имеем

---- ---- P(x)=P ((√ x− 1)2+ 1)=P (√ x− 1)2 = Q(x)2

________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 4. Определенный выше $Q(x)$ также удовлетворяет условию

Q(x2+1)= Q(x)2

Доказательство. В силу леммы $3,$ имеем $Q(x)2 = P(x),$ кроме этого

√ ---- Q(x)=P ( x− 1)

Наконец, подставив $2 x + 1$ вместо $x$ в последнее уравнение, получим утверждение леммы.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к решению исходной задачи. Предположим, что существует многочлен $P(x)$ такой, что $deg(P (x))≥ 1.$

Если данный многочлен имеет нечетную степень, то в силу леммы $2,$ получим, что он тождественно равен $0,$ откуда противоречие с предположением о том, что степень многочлена не меньше $1.$

Если же степень $P (x)$ четна, то так же существует соответствующий ему многочлен $Q(x),$ который удовлетворяет исходному уравнению. Так, мы можем продолжать процесс до тех пор, пока на новом шаге не получим многочлен $Q (x) 0$ нечетной степени — процесс конечен, поскольку конечна степень вхождения $2$ в число $deg(P(x))).$ Наконец, $deg(Q0(0)≥ 1$ и нечетна, что невозможно.

Ответ:

$P (x)= 1,P (x)= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#94743Максимум баллов за задание: 7

Найдите все многочлены $P (x)$ с вещественными коэффициентами и $deg(P)> 0$ такие, что выполнено

2 2 P(x − 2)=P (x)− 2.

Показать ответ и решение

Пусть $P (x) n$ — многочлен степени $n,$ удовлетворяющий данному равенству. Позже мы докажем, что для каждого $n ∈ℕ$ решение единственно. Легко получить, например, с помощью метода неопределенных коэффициентов, что решениями являются

P0(x)= 2

P1(x)= x

P (x)=x2− 2 2

P3(x)= x3− 3x

Заметим, что верна реккурентная формула $Pn+1(x)= xPn(x)− Pn−1(x),$ $P0(x)= 2,$ $P1(x)= x.$ Попробуем решить ее так, будто это равенство не для многочленов, а для чисел. Тогда для нахождения ответа необходимо решить характеристическое уравнение

q2− qx +1= 0

√ -2--- q = x±--x-−-4 2

Далее будем искать решение в виде

( ----) ( -----) x-+√-x2− 4 n x−-√x2−-4 n Pn(x)=A 2 + B 2

где $A,B$ — некоторые многочлены. Учитывая условие $P0(x)= 2,$ можем предположить, что $A =B = 1$ и убедиться, что они удовлетворяют условию $P1(x)= x.$ Тогда

( √ ----)n ( √-----)n Pn(x)= x-+--x2− 4 + x−--x2−-4 2 2

Простой подстановкой легко убедиться, что $Pn(x)$ действительно удовлетворяет уравнению. Осталось доказать, что $Pn(x)$ — единственное решение для каждого $n.$

Пусть $∑n Pn(x)= aixi i=0$ — решение. Тогда имеем

n n Pn(x)2 − 2 =∑ ∑ aiajxi+j − 2 i=0j=0

n i Pn(x2− 2) =∑ ai∑ Cri2i−rx2r+ a0 i=1 r=0

Из этих равенств следует, что $an = 1,$ поскольку старший коэффициент должен быть положительным в силу равенства $P (x2− 2)=P (x)2− 2$ и $a2n =an.$ Пусть $n ≤k ≤2n − 1.$ Во втором равенстве коэффициент при $xk$ равен нулю, если $k$ нечетно. Из первого равенства следует, что коэффициентами при степенях $x$ являются суммы слагаемых вида $2ak−nan.$ Тогда минимальная степень с возможно ненулевым индексом удовлетворяет неравенству $k2 >k− n,$ если $k$ четно. Теперь, если мы запишем по порядку убывания $k$ уравнения на коэффициенты при $xk,$ все $n+ 1$ из них, кроме первого, будут иметь вид $A +2ak−nan = B,$ где $A,B$ — известные к моменту решения этого уравнения числа (поскольку мы последовательно вычисляем $ai$ ). Каждое уравнение такого вида имеет единственное решение относительно $ak−n,$ и потому многочлен $Pn (x)$ единственен.

Ответ:

$P (x)= (x+√x2−4)n+ (x−√x2−4)n n 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#105068Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что

f(x+ y)− f(x− y)= 4xy

Показать ответ и решение

Сделаем замену переменных. Пусть $a = x+y, b =x − y.$ Тогда переменные всё ещё можно подставлять какие угодно, потому что мы можем по $a$ и $b$ восстановить $x$ и $y.$ Тогда условие превращается в $2 2 f(a)− f(b)=(a+ b)(a− b)= a − b.$ Значит, $2 2 f(a)− a = f(b)− b,$ откуда получаем $2 f(x)− x = const$ (ведь при любых $a, b$ значение $2 f(x)− x$ постоянно). Проверкой получаем, что $2 f(x)= x +c, c∈ ℝ$ подходит.

Ответ:

$f(x)= x2 +c, c∈ ℝ$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#105069Максимум баллов за задание: 7

Найдите все инъективные функции $f :ℝ→ ℝ$ такие, что

f(x+ f(y))=f(f(x))+ f(y)

Показать ответ и решение

Подставим $x= y− f(y).$ Тогда $f(y)= f(f(y− f(y)))+f(y)$ или $f(f(y − f(y)))= 0$ при всех $y.$ Из инъективности получаем, что значение, при котором функция равна $0,$ единственное, то есть $f(y− f(y))=c.$ Теперь снова по инъективности получаем, что $y− f(y)=c1.$ Тогда $f(x)= x+ c1.$ Теперь подставим это в исходное уравнение: $f(x+ y+ c1)= f(x+ c1)+ y+ c1,$ то есть $x +y+ 2c1 =x +y +3c1.$ Отсюда $c1 =0,$ и единственное решение $f(x)= x.$

Ответ:

$f(x)= x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#105070Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что

2 f(f(x)+y)= f(x − y)+ 4f(x)y

Показать ответ и решение

Зафиксируем $x$ и $y. 1$ Тогда рассмотрим $y =x2− f(x)− y . 2 1$ При $y =y 1$ получаем

2 f(f(x)+y1)= f(x − y1)+ 4f(x)y1

а при $y = y2$

2 2 f(x − y1)= f(f(x)+ y1)+ 4f(x)(x − y1− f(x))

То есть $4f(x)(y1+ x2− y1− f(x))= 0.$ Получается в каждой точке $f(x)=0$ или $f(x)=x2.$ Пусть существует $x0 ⁄= 0$ такой, что $f(x0)=0.$ Тогда, подставив его в функцию, получаем $f(y)=f(x20− y).$ Тогда при $y ⁄= x20- 2$ получаем, что аргументы не равны и не противоположны $(y+ x2− y ⁄= 0), 0$ а значит, значение функции равно $0$ при всех $y ⁄= x20. 2$ Проверим, что оно $0$ и в оставшейся точке. Подставим $−x y = 0, x=-√02$ (будем считать $x0 >0,$ иначе возьмём $x x = √02).$ Тогда $( (−x )) ( x2) f f √20 = f 02- .$ Но слева получается $0,$ а справа соответствующая точка. Значит, если функция $0$ хотя бы в одной ненулевой точке, то она тождественный $0.$ Проверкой получаем, что $f(x)= 0$ и $f(x)= x2$ подходят.

Ответ:

$f(x)= 0$ или $f(x)=x2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#137274Максимум баллов за задание: 7

Cуществует ли функция $f,$ заданная на множестве всех действительных чисел и принимающая действительные значения, и действительное число $a,$ такие, что $f(a)=− 2$ и $f(f(x))= xf(x)+ 2x$ для любого действительного $x?$

Источники: Бельчонок - 2024, вариант 4, 10.5 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас не так много информации, новую мы можем получить только при подстановке в имеющиеся тождества.

Подсказка 2

Чему равно f(f(a))? Попробуйте получить два равенства.

Подсказка 3

Итого 0 = f(-2). Самое время найти f(0) и повторить аналогичные действия еще пару раз!

Подсказка 4

А как тут можно прийти к противоречию?

Показать ответ и решение

Предположим, что такая функция существует. Подставим в данное тождество число $a,$ получим

f(− 2)= f(f(a))= −2a+ 2a =0

Теперь подставим $− 2$ в исходное тождество

f(0)= f(f(−2))=− 4

Подставим $0,$ тогда

f(−4)= f(f(0))= 0

Подставим $− 4,$ тогда

f(0)= f(f(−4))=− 8

Но мы уже получили, что $f(0)= −4,$ поэтому такой функции не существует.

Ответ: Нет, не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#63745Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ , для которых существует такое вещественное число $a$ , что при всех вещественных $x,y$ выполнено равенство

2f(xy+ 3)=f(x)f(y)− f(x)− 2y+a

Источники: ОММО-2023, номер 9 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что правая часть несимметрична относительно x и y, а левая - симметрична) Как тогда можно связать x и y?

Подсказка 2

f(x)f(y) - f(x) - 2y + a = 2f(xy+3)=f(y)f(x) - f(y) - 2x + a ⇒ f(x) - 2x = f(y) - 2y. Значит, разность f(x) - 2x постоянна! Как тогда записать f(x) и что с этим можно сделать?

Подсказка 3

f(x) = 2x + C, для некоторого действительного C и любого x) Остается лишь подставить это в равенство из условия, найти C и a)

Показать ответ и решение

Заметим, что

f(x)f(y)− f(x)− 2y+ a= 2f(xy+ 3)=2f(yx+3)= f(y)f(x)− f(y)− 2x+ a.

Значит, при всех $x,y ∈ ℝ$ выполнено $f(x)− 2x= f(y)− 2y$ . Значит, разность $f(x)− 2x$ постоянна и $f(x)= 2x+ C$ , для некоторого $C ∈ℝ$ . Подставляя в исходное равенство, получаем, что при всех $x,y ∈ℝ$ выполнено равенство:

2 2(2xy+ 6+ C)= 4xy +2Cx +2Cy +C − 2x− C− 2y+ a.

Оно тождественно выполнено только при $C = 1$ ; при этом $a= 14.$

Ответ:

$f(x)= 2x +1$