Тема АЛГЕБРА

Функции

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Функции

Исследование функций и производные

Суперпозиция f(f(x))

Функциональные уравнения

Функциональные неравенства

Функции в натуральных/целых/рациональных числах

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#77217Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение $cos(sinx)− cos(cosx)= cos2x.$

Показать ответ и решение

Первое решение. Распишем косинус двойного угла

2 2 cos(sinx)− cos(cosx)= cosx − sin x

2 2 cos(sinx)+sin x =cos(cosx)+cosx

Получаем уравнение вида

f(sin x) =f(cosx),

где $f(t)=cost+t2.$ Так как

f′(t)= 2t− sint; f′′(t)= 2− cost

вторая производная положительна при любом $t$ , то первая производная — монотонно возрастающая функция. Тогда $f′(t)= 0$ имеет не больше одного решения. Точка $t= 0$ подходит. Также заметим, что $f′(t) ≥0$ при $t≥ 0$ и $f′(t)≤ 0$ при $t≤0$ . А значит, $f(t)$ возрастает при $t≥ 0$ и убывает при $t≤ 0$ . Кроме того, функция $f$ чётна. Тогда уравнение $f(sinx)= f(cosx)$ может иметь решение только в случаях $sinx= cosx$ или $sinx= − cosx$ . Решив эту совокупность, получим

x= π + πk, k ∈ℤ 4 2

________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Левую часть уравнения преобразуем по формуле разности косинусов, правую — по формуле косинуса двойного аргумента:

( ) ( ) −2sin sinx+-cosx- ⋅sin sinx−-cosx- = −(sin2 x− cos2x) 2 2

В правой части применим формулу разности квадратов и введём обозначения:

sinx +cosx sin x− cosx a= ----2----; b=----2----

Тогда наше уравнение запишется в виде

2sina ⋅sinb= 2a ⋅2b

sina⋅sinb= 2ab

Перенесём всё в правую часть и вынесем множитель $ab, (ab ⁄=0)$

( sina sinb) ab 2 −--a-⋅-b- = 0

Ясно, что выражение в скобках строго больше 1 в виду неравенства $|sintt|< 1 при t ⁄= 0.$

Значит, при $ab⁄= 0$ уравнение решений не имеет, то есть оно может иметь решения только при $a= 0$ или $b=0.$

Проверяем эти значения подстановкой в уравнение $sina⋅sinb =2ab$ и убеждаемся, что при этих значениях уравнение верно.

Делаем обратную замену и получаем ответ $x = π4 + π2k, k∈ ℤ.$

Ответ:

$π + πk, k∈ ℤ 4 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#79607Максимум баллов за задание: 7

Функция $f$ , определённая на действительных числах, принимает действительные значения. Известно, что для любых действительных $x$ и $y$ выполнено равенство $f(x)f(y)=f(5x− y)$ . Найдите все такие функции $f$ .

Источники: ОММО - 2024, задача 9 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем. Обычно мы хотим, когда видим функциональные уравнения, подставить что-то удобное вместо y. Что здесь можно такое подставить, чтобы у нас получилось удобное уравнение? В каком бы виде мы бы хотели видеть это уравнение?

Подсказка 2

Если подставить y = 4x, то слева и справа будет f(x). Тогда мы сможем разбить наше уравнение на совокупность двух простых. Что либо f(x) = 0, либо f(4x) = 1. Значит ли это, что мы решили задачу?

Подсказка 3

А вот и нет! Ведь если у нас для любого x верно, что либо f(x) = 1, либо f(x) = 0, то не значит, что у нас возможны только такие функции. Это значит лишь то, что множество значений f равно 0 и 1. Поэтому для полного решения требуется доказать, что если f(x) = 0 в какой-то точке, то f(x) = 0 тождественно. Тогда переход, о котором говорилось выше, корректен.

Показать ответ и решение

Если при каком-то $x$ выполняется $f(x)= 0,$ то для любого $y$ верно $f(5x− y)= 0,$ поэтому для любого $y$ выполняется $f(y)=0.$

Если же $f(x)⁄= 0$ для любого значения $x$ , то для любого $y =4x$ должно быть выполнено

f(x)f(y)= f(x),

где после сокращения на $f(x)⁄= 0$ получаем $f(y)= 1.$

Ответ:

Таких функции две: константа 0 и константа 1. ( $f(x)≡1, f(x)≡ 0$ )

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#82782Максимум баллов за задание: 7

Функция $y =f(x)$ такова, что

(x-− 1) --1- f x +1 = −x+ 1

Найдите тангенс угла наклона касательной к графику функции

g(x)= f◟(f(...f◝(◜x)...))◞ 9

в точке $x= 0$ .

Источники: Ломоносов - 2024, 11.5 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В аргументе функции стоит сложное дробно-линейное выражение от х, из-за этого трудно понять, как выглядит сама функция. Но с другой стороны, мы же понимаем, что можно сделать замену в этом аргументе так, чтобы нам стало удобнее работать с функцией. На руку играет то, что и в аргументе, и в правой части выражения в знаменателе стоит (х+1), то есть эти два выражения довольно сильно похожи.

Подсказка 2

Если получилось воспользоваться предыдущей подсказкой, то функция должна принять вид линейной. А многократное применение линейной функции — совсем не проблема:)

Подсказка 3

Понятно, что тангенс угла наклона касательной — это значение производной в соответствующей точке. А когда мы берем производную от функции, слагаемое-константа исчезает, поэтому в процессе многократного применения нашей функции за константой можно даже не следить.

Показать ответ и решение

Преобразуем выражение аргумента

(x-− 1) --1- f x +1 = −x+ 1

( ) f 1− -2-- = −--1-. x+ 1 x +1

Выполним замену $y = 1− 2x+1.$ Тогда $− 1x+1-= y−21$ , следовательно, для любого $y$ верно, что

f(y)= y − 1∕2. 2

Тем самым, мы показали, что функция $f(x)$ имеет вид $x+ C 2$ , где $C$ — некоторая постоянная, которая не зависит от $x$ , тогда

(x +C ) f(f(x))= -2-----+ C = x + 3C, 2 4 2

следовательно, $f(f(x))= x+ C 4$ для некоторой новой постоянной $C$ . Аналогично,

g(x)= f(f(...f(x)...))= -x9 +C = -x-+C. ◟ ◝◜9 ◞ 2 512

Осталось заметить, что тангенс угла наклона в точке 0 равен значению производной функции в точке 0, так что

x 1 1 g′(x) =(512 + C)′ = 512 =⇒ g′(0)= 512-

Ответ:

$-1- 512$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#83858Максимум баллов за задание: 7

a) Существует ли функция $f(x),$ заданная на всей числовой оси такая, что

( 1) 2 f x− x =x ?

б) Существует ли такая функция, заданная для $x> 0?$

Источники: КФУ - 2024, 11.5 (см. malun.kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Функция может принимать при разных абсциссах одни и те же значения, но бывает ли наоборот? Может ли функция при одной абсциссе иметь два значения?

Пункт а, подсказка 2

Такое сложное выражение внутри функции для абсцисс, может ли оно быть равно одному значению при подстановке разных x?

Пункт а, подсказка 3

Заметим, что в выражении «x - 1/x» есть переменная и обратная к ней, а что если в место переменной подставить сразу обратную, то есть (1/x) - 1/(1/x) = 1/x - x. Получилось, что-то очень похоже на изначальное выражение, может только поменять знак?

Пункт а, подсказка 4

Используя предыдущий факт, внимательно посмотрите на два равенства, получаемых при подстановке в функцию, например, x = 2 и x = -½. Придите к противоречию.

Пункт б, подсказка

Обратите внимание, что положительный x должен быть для f(x), а не для условия на f(x - 1/x).

Показать ответ и решение

а) Предположим, что такая функция существует. Тогда подстановкой $x =2$ и $x =− 1∕2$ в условие задачи

3 ( 1) 2 f(2)= 2 −2 = 2

( ) ( )2 f(3)= − 1− (−2) = − 1 = 2−2 2 2 2

получаем противоречие

б) Если существует, то снова возникает противоречие при $x =1,5> 0$ с неоднозначностью $f(1,5).$ Этот пункт проверяет лишь понимание, что положительный $x$ должен быть для $f(x)$ , а не для условия на $( 1) f x− x .$

Ответ:

а) нет

б) нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#85487Максимум баллов за задание: 7

Существует ли на координатной плоскости точка, относительно которой симметричен график функции $f(x)= -1-- 2x+1$ ?

Источники: ММО - 2024, второй день, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка

Давайте подумаем, что нам даст факт того, что относительно какой-то точки график симметричен? Это значит, что если - это точка а, то f(x) - a - нечетная. Давайте тогда, попробуем найти такие а, что f(x) - a + f(-x) - a = 0(условие на нечетность). После того как мы это запишем, то получим то некоторое условие на а.

Показать ответ и решение

Покажем, что функция $g(x)= f(x)− 1 2$ является нечётной. Действительно,

---1-- 1 -2x-- 1 1 -1--- g(− x) =2−x +1 − 2 = 2x+ 1 − 2 = 2 − 2x +1 =− g(x).

Следовательно, график функции $g$ симметричен относительно начала координат, а график функции $f$ симметричен относительно точки $( ) 0,12$ .

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#85549Максимум баллов за задание: 7

Найдите $f(2024)$ , если

f(x)=|2x− 1|− |2x− 3|+6 при x∈ [0;2]

и, кроме того, при всех целых значениях $x$ выполняются неравенства

f(x+ 3)≤ f(x)+ 6 и f(x+ 2)≥f(x)+ 4

Источники: ПВГ - 2024, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем как-то связать два неравенства из условия. Какие аргументы для этого можно подставить?

Подсказка 2

Нужно подставить такое аргументы, чтобы числа в неравенствах могли получаться как с помощью +4, так и с помощью +6…

Подсказка 3

Попробуем поработать с f(x), f(x+3), f(x+6), а также с f(x+2), f(x+4). К каким неравенствам можно прийти? Какой вывод из этого сделать? Пробуем прийти к определенности, то есть к равенству!

Подсказка 4

f(x+6) <= f(x+3) + 6 <= f(x) + 12. Аналогично попробуем использовать и второе условие, к каким выводам придем?

Подсказка 5

f(x+3) = f(x) + 6, f(x+2) = f(x) + 4, f(x+1)=f(x)+2. А теперь попробуем задать функцию! ;)

Показать ответ и решение

Отметим, что $f(0)= 4,f(1)= 6,f(2)= 8$ . По условию, с одной стороны,

f(x+ 6)≤f(x+ 3)+6 ≤f(x)+12,

а, с другой стороны,

f(x+ 6)≥f(x+ 4)+4≥ f(x+ 2)+ 8≥ f(x)+ 12

Поэтому $f(x+ 6)=f(x)+ 12$ и, более того, все неравенства выше обращаются в равенства.

Поэтому $f(x+ 3)=f(x)+ 6,f(x+ 2)= f(x)+4$ и $f(x+ 1)= f(x)+2$ .

Таким образом, искомая функция - это функция $f(x)= 4+ 2x$ при целых значениях $x$ .

Кроме этого, известны значения функции на отрезке $[0;2]$ .

Значит, $f(2024)=4+ 2024⋅2 =4052$ .

Ответ: 4052

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#85551Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

2 36cos(x+ cosx)cos(x− cosx)+ 9= π

и найдите сумму его корней, принадлежащих отрезку $[π;7π] 3 4$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Работать с произведением косинусов неудобно. Какие преобразования можно сделать, чтобы облегчить решение?

Подсказка 2

Воспользуемся формулами преобразования произведения в сумму и сделаем замену. А что если рассмотреть выражение как функцию?

Подсказка 3

Функция слева приобретет вид f(t) = 2t^2-1 + cos(2t). Исследуем же ее!

Подсказка 4

Какой является эта функция и где она монотонна?

Подсказка 5

Функция f возрастает на [0;1] и является четной. Если пристально посмотреть, какие же t нам подходят? А какие из них попадают в наш отрезок?

Показать ответ и решение

Пользуясь формулами преобразования произведения в сумму, получаем

π2 1 cos2x+ cos(2cosx)= 18 − 2

Пусть $t=cosx$ , тогда левая часть уравнения равна $2 f(t)= 2t − 1+ cos2t$ . Функция $f$ возрастает на $[0;1]$ (так как $′ f (t)= 2(2t− sin2t$ ) >0 при $t>0$ ) и является чётной, причём $(π) π2 1 f 6 = 18 − 2$ . Следовательно, корнями уравнения $π2 1 f(t)= 18 − 2$ на отрезке $[−1;1]$ являются числа $π t= ±6$ . Возвращаясь к переменной $x$ , находим

π x= ±arccos6 +πn,n∈ Z

Так как

√ - π = arccos--2< arccosπ< arccos1= π , 4 2 6 2 3

то на указанный отрезок попадают корни $π−$ $arccosπ,π+ arccosπ 6 6$ и $2π− arccos π 6$ . Их сумма равна $4π− arccosπ 6$ .

Ответ:

$x =± arccosπ+ πn,n ∈Z 6$ .

Сумма корней равна $π 4π − arccos6.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#85909Максимум баллов за задание: 7

Функции $f$ и $g$ заданы формулами

f(x)= ax +b,g(x)= bx+a,

где $a$ и $b$ — некоторые натуральные числа, причём

f(g(x))− g(f(x))= 2024

Чему могут быть равны числа $a$ и $b$ ?

Источники: ФЕ - 2024, 11.1 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам в условии дано равенство. Раскроем его, расписав, чему равны функции f и g.

Подсказка 2

Получилось выражение, зависящее только от а и b. Теперь нужно разложить его на скобочки и посмотреть, чему они могут быть равны, исходя из того, что а и b — натуральные.

Показать ответ и решение

Условие равносильно выполнению равенства

a(bx+ a)+b − (b(ax+ b)+a)= 2024

2 2 a + b− b − a =2024

(a− b)(a+ b− 1)= 2024

Поскольку $2024 =23⋅11⋅23$ , и значения выражений $a− b$ и $a +b− 1$ разной чётности, второе из них положительно и больше первого, то остаётся рассмотреть только четыре варианта:


$a − b$	1	8	11	23

$a+ b− 1$	2024	253	184	88

Соответствующие пары значений ( $a,b$ ) таковы: $(1013;1012),(131;123),(98;87),(56;33)$ .

Ответ:

$(1013;1012),(131;123),(98;87),(56;33)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#86476Максимум баллов за задание: 7

За время освоения космического пространства на различных орбитах скопилось по данным NASA около 300 тысяч объектов космического мусора. Дальнейшее использование космического пространства в ближайшем будущем может быть существенно осложнено всё возрастающей угрозой столкновения с космическим мусором. Согласно результатам исследований, удаление 3-5 крупных объектов в год с низких околоземных орбит позволяет предотвратить цепную реакцию роста объектов космического мусора в будущем. На данный момент работающей технологией по утилизации космического мусора является увод старых спутников. Это можно сделать с помощью аппаратов-захватчиков, которые буксируют мусор на орбиты для захоронения.

Рассмотрим плоскость орбиты захоронения. Пусть крупный фрагмент мусора движется в этой плоскости по эллиптической орбите с большой полуосью равной 5000 км, малой - 2500 км. (Для удобства вычислений все расчеты будем производить в тысячах километров.) Введем систему координат с началом отсчета в центре рассматриваемого эллипса, с осью абсцисс, направленной вдоль большой полуоси. Тогда уравнение траектории движения обломка запишется следующим образом: $x2+ 4y2 = 25$ .

На некотором удалении по оси абсцисс находится межпланетная научная станция $S$ . С нее стартует летательный аппарат-захватчик, который движется по параболической траектории: $(y+ 1)2 =− 9⋅(x − 7)∕4$ . Он должен совершить маневр по переходу с одной орбиты на другую и плавно подойти к обломку для изменения его скорости и направления движения.

$PIC$

Определите координаты точки касания указанных траекторий и угол, который образует с положительным направлением оси абсцисс касательная к параболической траектории в начальный момент времени в точке $S$ .

Источники: ШВБ - 2024, 11.6 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть 2 уравнения и 2 неизвестных. Мы можем выразить у и приравнять, чтобы найти х.

Подсказка 2

Проблема в том, что уравнения получаются слишком громоздкими. Мы можем найти производные от выраженных у, так как производные тоже должны быть равны. Получится уравнение 3 степени. Какие у него корни?

Подсказка 3

Можно угадать корень x=- 3. Остальные не подходят. Чтобы найти угол, вспомните геометрическое определение производной.

Подсказка 4

Это тангенс искомого угла! Осталось только подставить найденный х, чтобы найти производную и ответ на задачу.

Показать ответ и решение

Выразим из уравнений

2 2 2 x−-7 x + 4y = 25 и (y +1) = −9⋅ 4

функции в явном виде:

∘------ y =± 25-− x2-и y = −1± ∘ −9⋅(x− 7)∕4 4

Найдём их производные:

′ 1-(−2x)- ′ 1---(−9)--- y =± 4√25−-x2 и y =± 4∘ −9⋅(x−-7)

Приравняем производные друг к другу:

± 1√(−2x)-= ±1 ∘--(−9)--- 4 25− x2 4 − 9⋅(x− 7)

√-2x--2 = ∘---9----- 25− x −9⋅(x− 7)

-4x2-- -9-- 25 − x2 = 7− x

28x2− 4x3 =9 ⋅25− 9x2

Будем искать целые решения уравнения. Если такие есть, то они являются делителями свободного члена.

$x= 3$ подходит. Преобразуем уравнение, поделив на $x− 3$ , получим

( 2 ) (x− 3)4x − 25x − 75 = 0

( 25 +5√73) ( 25− 5√73) (x− 3) x −---8---- x− ---8---- = 0

Но $0< x< 7,$ поэтому подходит только $x= 3$ . Подставляя $x= 3$ в любое из исходных выражений, находим $y = 2$ . Значит, координаты точки касания это $(3;2).$

Теперь вычислим тангенс для точки $S$ с оси абсцисс. При $y =0$ из $(0 +1)2 = −9⋅(x − 7)∕4$ получаем абсциссу $x = 599 .$ Подставляем в производную и находим тангенс угла касательной в начальный момент:

( ) y′ = ±1∘--(−9)----=± −-9 4 −9⋅(x− 7) 8

[ 9 tgα= 8 9 tgα= − 8

[ α= arctg(9) α= arctg(−89)= π− arctg (9) 8 8

Ответ:

координаты $(3;2)$

угол может быть $(9) ± arctg 8$ (две касательных из точки $S$ )

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#88706Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(n)$ определена для целых положительных чисел, удовлетворяет условию $f(1)= 1$ и двум соотношениям

f(3n)= 3f(n), f(3n+ 1)= 9f(n)

Найдите числа $n$ , удовлетворяющие равенству $f(n) =81.$

Источники: САММАТ - 2024, 11.4 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем ручками посчитать какие-то первые значения. У нас есть несколько «цепочек» значений функции, которые мы можем расписать по условию.

Подсказка 2

f(1) = 1, f(3) = 3, f(4) = 9. Попробуем найти следующие значения - когда достигнем 81? Что будет, если мы вдруг перепрыгнем его?

Подсказка 3

Будем продолжать искать так значения, равные 81. Заметим, что значения в одной цепочке возрастают! Значит, искать придется не так много)

Показать ответ и решение

Используя равенство $f(1)= 1$ и соотношения, получаем $f(3)= 3,f(4)= 9$ . Далее, используя эти равенства, получаем $f(9)=9,f(10)= 27,f(12) =27,f(13)= 81$ . Значит, $n = 13$ подходит.

Используя остальные равенства, получим

f(27)=27, f(28)=81, f(30)= 81, f(31)= 243, f(36)= 81, f(37)= 243.

Таким образом, $n= 28,30,36$ подходят, а продолжая цепочку из равенств $f(31)=243$ и $f(37)= 243,$ мы уже не получим $81$ . Осталось равенство $f(27)=27$ , откуда $f(81)= 81,f(82)= 243$ .

Ответ: 13, 28, 30, 36, 81

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#90278Максимум баллов за задание: 7

a) перестановка $f$ чисел ${0,1,...,6}$ задана таблицей:


$x$	0	1	2	3	4	5	6

$f(x)$	3	2	4	0	5	6	1

Например, $f(2)= 4$ . Найдите две различные перестановки $g$ и $h$ такие, что для всех $x ∈{0,1,...,6}$ выполняется

f(x)≡ (g(x)+h(x))(mod7)

b) перестановка $f$ задана на чётном количестве чисел ${0,1,...,2n− 1}$ таблицей:


$x$	0	1	2	..	$2n− 2$	$2n− 1$

$f(x)$	$i0$	$i1$	$i2$	..	$i2n−2$	$i2n−1$

Здесь $(i0,i1,...,i2n−1)$ - перестановка чисел ${0,1,...,2n− 1}$ .

Докажите, что не существует перестановок $g$ и $h$ таких, что для всех $x∈ {0,1,...,2n− 1}$ выполняется $f(x)≡(g(x)+ h(x))(mod (2n))?$

Источники: Верченко - 2024, 11.3 (см. ikb.mtuci.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Просто пытаться найти перестановки функции перебором очень тяжело. Однако можно заметить, что если мы домножим каждое значение перестановки f(x) на число взаимно простое с 7 и возьмём от получившихся чисел остатки при делении на 7, то мы получим перестановку. Попробуйте найти такие перестановки, подходящие под условие.

Пункт а, подсказка 2

Нужно взять два числа, взаимно простых с 7, чтобы их сумма имела остаток 1 при делении на 7. Тогда, умножив f(x) на эти числа, мы получим перестановки g(x) и h(x). Они подходят под условие.

Пункт b, подсказка 1

Мы почти ничего не знаем про расположение элементов перестановки. Однако точно знаем, чему равна сумма значений перестановки. Ведь её значения - 0,1,...,2n-1. То же самое можно сказать про перестановки g(x) и h(x). Попробуйте доказать требуемое от противного, записав условие через сумму перестановки.

Пункт b, подсказка 2

Суммы значений всех трёх перестановок равны (2n+1)*n. Тогда, используя условие пункта b, получаем, что (2n+1)*n = (2n+1)*n+(2n+1)*n(mod 2n). Попробуйте получить противоречие, рассматривая по модулю 2n.

Показать доказательство

а) Так как $НОД (2,7) =НО Д(6,7)=1,$ то $g(x)≡ 2f(x)(mod7)$ и $h(x)≡ 6f(x)(mod7)$ являются перестановками. Но тогда, например, $g(x)=2f(x),h(x)=6f(x)$ и выполняется

g(x)+ h(x)=2f(x)+6f(x)≡f(x)(mod7)

b) Из условия получим

2∑n− 1 2n∑−1 f(x)= x = (2n+ 1)n =n(mod(2n)) i=0 i=0

С другой стороны, если указанное условии пункта b) представление существует, то

2∑n−1 2∑n− 1 2n∑−1 f(x)= g(x)+ h(x)=2(2n+ 1)n≡ 0(mod(2n)), i=0 i=0 i=0

а это доказывает невозможность указанного представления.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#90321Максимум баллов за задание: 7

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

2 2 (x − y)f(x +y)− (x +y)f(x − y)= 4xy(x − y)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче постоянно встречаются x-y и x+y, поэтому, сделав замену a=x+y, b=x-y, условие будет выглядеть лаконичнее, и работать с ним будет удобнее. Это полезно сделать, ведь условие станет симметричным относительно a и b.

Подсказка 2

Хочется как-то разделить переменные, для этого можно разделить на ab. Как после этого найти все решения?

Подсказка 3

Зафиксируем a, тогда f(b)/b-b^2=C, выразите отсюда f(b), проверьте, что полученные решения подходят, разберитесь со случаем ab=0.

Показать ответ и решение

Сделаем замену переменных $a= x− y,b=x +y.$ Функциональное уравнение примет вид

af(b)− bf(a)= (a +b)(b− a)ab

Разделим обе части уравнения на $ab,$ после чего расскроем скобки в правой части. Таким образом,

f(b) f(a)- 2 2 b − a =b − a

следовательно,

f(b) 2 f(a) 2 -b-− b = -a-− a

Зафиксируем значение $a.$ Тогда для любого значения $b,$

f(b) -b-− b2 =C

для некоторого действительного $C.$ Таким образом,

f(b)=Cb +b3

Наконец, покажем, что для всех действительных $C$ данная функция удовлетворяет исходному уравнению

( ) ( ) a Cb+ b3 − b Ca +a3 = ab3− ba3 = ab(a− b)(a +b)

Ответ:

$f(x)= Cx+ x3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#90322Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что $f(x2+ y)= f(x9+ 2y)+f(x4).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подставлять конкретные значения бывает полезно, так, подставив x=y=0, получим f(0)=0, вообще условие выглядит очень неприятно. Может ответ какой-то простой?

Подсказка 2

Хочется получить какую-то систему уравнений, для этого можно подставить -x вместо x, после этого можно заметить f(x^9+2y)=f(-x^9+2y). Как после этого доказать, что f тождественный 0?

Подсказка 3

Вместо y можно подставлять вещи связанные с x, можно подставить 2y=x^9. Что после этого получается?

Показать ответ и решение

Подставив в изначальное уравнение $x= 0,y =0,$ имеем

f(0)= 2f(0)

то есть $f(0)=0.$ Кроме этого,

(9 ) (2 ) ( 4) ( 2 ) ( 4) ( 9 ) f x + 2y = f x +y − f x =f (−x) + y − f (−x) =f −x +2y

Подставим, $2y =x9.$ Таким образом, для любого действительного $x,$ верно

f(2x9)= f(0)=0

следовательно, $f(x)=0$ — единственное возможное решение. Несложно проверить, что данная функция удовлетворяет уравнению.

Ответ:

$f(x)= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#90323Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте понять ответ, обычно с ним намного проще решать. Для начала поймите, что функция инъективна.

Подсказка 2

Переменных слишком много, удобно одну выразить линейно через другую. Тогда можно, например, подставить тройки (a,a,c) и (a-1,a+1,c). Какой из этого можно сделать вывод?

Подсказка 3

Нетрудно получить 2f(a)=f(a-1)+f(a+1). Поймите из этого, что f арифметическая прогрессия. Какой она может быть?

Показать ответ и решение

Покажем, что функция инъективная. Действительно, пусть это не так и существуют различные натуральные числа $x,y$ такие, что $f(x)= f(y),$ но тогда

3x =f(3f(x))= f(3f(y))= 3y

что влечет противоречие. Таким образом, для любых натуральных $a >1,b$ верно, что

f(f(a − 1)+ f(a+ 1)+f(b))= 2a+ b= f(f(a)+f(a)+f(b))

то есть, в силу инъективности,

f(a− 1)+f(a+ 1)=2f(a)

следовательно ${f(i)}∞i=1$ — арифметическая прогрессия.

Положим, $f(1)= r,f(2)=r +d$ для некоторых натурального $r$ и целого $d.$ Тогда для всех натуральных чисел $k$ верно, что $f(k)=r +dk,$ то есть $d> 0.$ Тогда для любых натуральных чисел $a,b,c,$

f(f(a)+ f(b)+ f(c))= f((r+ ad)+(r+ bd)+ (r+ cd))=

= f(3r +(a+ b+c)d) =r+ d(3r+ (a+b +c)d)= r(3d +1)+ (a+ b+ c)d2

но по условию это значение равно $a+b+ c.$ Таким образом,

r(3d+ 1)+ (a+b+ c)d2 =a+ b+ c

следовательно, $r= 0,$ $d= 1.$ Таким образом, $f(n)=n$ — единственная функция, удовлетворяющая условию задачи.

Ответ:

$f(n)= n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#90324Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что $f(xf(y)+x)= xy+ f(x).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно зафиксировать x и изменять y, попробуйте из этого понять, что f биективна.

Подсказка 2

Если функция биективна, то полезно подставить значения равные удобным числам. Каким?

Подсказка 3

Существуют y₁ и y₂, такие что: f(y₁)=0, f(y₂)=-1. Поподставляйте y₁ и y₂, какие выводы можно сделать?

Показать ответ и решение

Рассмотрим $x= 1$ и $y = t− f(1),$ тогда $f(1+f(t− f(1)))= t,$ для всех действительных $t.$ Таким образом, $f$ — биективная функция.

В частности, существует действительное $y1$ такое, что $f(y1)= 0$ Тогда,

f(x)= f(x+ f(y1)x)= xy1 +f(x)

следовательно, $xy = 0 1$ для всех действительных $x,$ но тогда $y = 0. 1$

Так же, в силу биективности, существует действительное $y 2$ такое, что $f (y )= −1. 2$ Тогда,

0 =f(0)=f (x +xf(y2))= xy2+f(x)

следовательно, $f(x)=− y2x$ для всех действительных $x.$

Таким образом, функциональное уравнение примет вид

−y2(x(−y2y)+x)= xy− y2x

xyy2 =xy 2

то есть $y2 = ±1.$

Ответ:

$f(x)= ±x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#90325Максимум баллов за задание: 7

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

2 2 f(x − y)= (x− y)(f(x)+ f(y))

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подставлять числа в задачах на функциональные уравнения бывает полезно. Часто подставляют нули, равные значения, противоположные. Может что-то из этого сработает?

Подсказка 2

Можно получить следующее: f(x^2)=xf(x), f(x^2)=-xf(-x), (x-y)(f(x)+f(y))=((-x)+y)(f(-x)+f(y)). Попробуйте поработать с этими тождествами и уединить тем самым переменные.

Подсказка 3

Преобразованиями можно получить f(x)/x=f(y)/y. Как из этого понять функцию?

Показать ответ и решение

Подставим $x= 0,y =0,$ получим $f(0)=0.$

При $y = 0,$ уравнение имеет вид

2 f(x )=xf(x)

аналогично, $f(x2)= −xf(−x).$ Приравнивая полученные уравнения, имеем

xf(x)=− xf(−x)

то есть $f(x)= −f(− x).$ Наконец, из

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

следует

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

Раскрыв скобки и приведя подобные слагаемые, получим

2xf(y)= 2yf(x)

В силу произвольности $x,y$

f(xx)= f(yy)= C

для некоторого действительного $C.$

Таким образом, все возможные решения имеют вид $f(x)= Cx.$ При этом несложно убедиться, что любая функция данного вида удовлетворяет условию задачи.

Ответ:

$f(x)= Cx$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#90326Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что $f(f(x)+ y)= 2x+ f(f(y)− x).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Бывает полезно подставлять вещи связанные с f(x). Такое делается, чтобы один из аргументов стал удобным. В этой задаче можно попробовать y=-f(x) или x=f(y). С помощью этого докажите сюръективность.

Подсказка 2

Хочется попробовать доказать инъективность. Как такое доказывать? От противного, пусть f(a)=f(b), а далее что-то много подставлять.

Подсказка 3

Что делать дальше? Часто спасает 0, попробуйте его подставить и получить, что в ответ годятся все унитарные многочлены.

Показать ответ и решение

При $y = −f(x),$ уравнение имеет вид

f(f(− f(x))− x)= f(0)− 2x

следовательно, $f(x)$ сюръективна.

Предположим, что существуют различные действительные числа $a,b$ такие, что $f(a)=f(b).$ Тогда

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

Поскольку $f(x)$ сюръективна, $f(x+ a)= f(x+ b)$ для всех действительных $x.$ Тогда, для любого действительного $y,$ верно

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

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

Тем самым мы показали, что $f(x)$ так же инъективна.

Наконец, при $x= 0,$ мы имеем $f(y +f(0))= f(f(y)),$ следовательно, $y+ f(0)= f(y).$ Несложно убедиться, что любой унитарный многочлен является решением.

Ответ:

$f(x)= x+c$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#90327Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что $f(xf(y)+f(x)) =2f(x)+xy.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При решении функционального уравнения первым делом полезно проверять функцию на сюръективность и инъективность. Часто это получается сделать довольно просто, но дает довольно много информации о функции.

Подсказка 2

Наша функция является сюръективной и инъектвиной. Первое, в частности значит, что значение функции равно любому заданному действительному числу A при некотором аргументе. При каком A мы можем избавиться от функции в аргументе правой части?

Подсказка 3

При A равном 0. Пусть x₀ — значение при котором f(x_0)=0. Чему может быть равно x_0?

Подсказка 4

Из уравнения f(x₀³)=f(x₀)=0 имеем x₀³=x₀, следовательно x₀ равно 1, 0, -1. Возможен ли случай x₀=1?

Подсказка 5

Нет, ведь тогда f(x)=0 для всех x, что невозможно в силу сюръективности. Из аналогичных соображений, покажите, что случай x₀=0 тоже невозможен.

Подсказка 6

Так мы показали, что f(-1)=0 для любого решения. Какие значения принимает функция в натуральных точках при этом условии?

Подсказка 7

f(x)=x+1 для всех натуральных x. Как можно доказать это же для всех целых x?

Подсказка 8

Покажите, что f(z)-f(-z)=2z для всех действительных z. Что можно сказать про изначальное уравнение при y=-2?

Подсказка 9

Оно имеет вид f(f(x)− x)= 2f(x)− 2x =2(f(x)− x). Таким образом, мы нашли точку u=f(x)-x, для которой f(u)=2u. Мы уже знаем, что f(1)=2. Какие еще значения может принимать u?

Показать ответ и решение

Сначала, выбрав $x ⁄=0,$ а затем, меняя $y,$ несложно убедиться, что функция является сюръективной. Более того, если $f(a) =f(b)$ для некоторых $a⁄= b,$ то, подставив вместо $y$ сначала $a,$ потом $b,$ а вместо $x$ любое ненулевое число, получаем противоречие. Значит, наша функция также является инъективной. Пусть $f(x0)= 0.$ Подставив $x =y =x0$ , получаем $2 f(0)= x0$ . Далее подставляем $x =x0$ , $y = 0$ . Получаем

3 f(x0+ 0) =2f(x0)+ x0⋅0= 0

откуда $f(x3) =0. 0$ Из инъективности заключаем, что $x3= x , 0 0$ откуда возможны три случая $x =1,x = 0,x = −1. 0 0 0$ Наша цель показать, что первые два случая невозможны.

Предположим, что $f(1) =0.$ Тогда подставим $x =1.$ Получим $f(f(y))= y.$ С другой стороны можно подставить $y = 1.$ Тогда $f(f(x))= 2f(x)+ x.$ Заменив $x$ на $y,$ получаем

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

откуда $f(x)=0$ для любого $x,$ что противоречит инъективности.

Пусть $f(0)= 0.$ Подставим $x =− 2,y = f(−2).$ Получаем

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

откуда из инъективности получаем $− 2f(f(− 2))+ f(−2)= 0.$ С другой стороны, подставив в исходное условие $x= −2,y = 0,$ получаем $f(f(− 2))= 2f(− 2).$ Тогда, подставив, в предыдущее равенство, получаем $− 4f(−2)+ f(− 2)= 0,$ откуда $f(−2)= 0,$ что опять противоречит инъективности.

Значит, $f(− 1)= 0.$ Подставим $y = −1.$ Получаем

f(f(x))= 2f(x)− x

Если вместо $x$ подставить $− 1,$ то получим $f(0)= 1.$ Далее подставляем $x =0,$ находим $f(1)= 2⋅1− 0= 2.$ Затем $x= 1,$ получаем $f(2)= 2⋅2− 1= 3.$ Аналогичными подстановками можно получить, что $f(x)= x+1$ для любого натурального $x.$ Теперь в исходное условие подставляем $x= −1.$ Получаем $f(−f(y)) =− y.$ То есть для любого $x$ мы знаем, что $f(f(x))= 2f(x)− x,$ и $f(−f(x))= −x.$ Вычитая равенства друг из друга, получаем $f(f(x)) =f(−f(x))= 2f(x).$ Из сюръективности можно заменить $f(x)= z,$ откуда получаем $f(z)− f(−z)= 2z$ для любого вещественного $z.$ В частности для $z = 2$ находим $f(2)− f(−2)= 4,$ откуда $f(−2)= f(2)− 4= −1.$

Теперь подставим в исходное условие $y =− 2.$ Получаем

f(f(x)− x)= 2f(x)− 2x = 2(f(x)− x)

То есть мы нашли такую точку $u,$ что $f(u)= 2u.$ Покажем, что из этого следует, что $u= 1.$ Вспоминая, что $f(z)− f(− z) =2z$ и $f(4)=4 +1= 5,$ находим $f(− 4) =− 3.$ Подставим в исходное условие $x= u,y = −4.$ Получаем

f(uf(− 4)+ f(u))= f(−3u+ 2u)= 2f(u)− 4u= 0

откуда $f(−u)= 0.$ Из инъективности сразу получаем, что $u =1,$ откуда $f(x)− x= 1$ для любого вещественного $x.$ То есть единственный возможный ответ $f(x)= x+ 1.$ Неподсредственной подставнокой легко убедиться, что он подходит.

Ответ:

$f(x)= x+1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#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 $(a,b)= (n− 1,2).$