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 41#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:

$f(x)= x2 − x+ 1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#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 43#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 44#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:

$f(x)= 1 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#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 46#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:

$f(x)= x2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#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 48#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 49#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#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 51#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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#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 53#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 54#96404Максимум баллов за задание: 7

Найдите наибольшее и наименьшее значения функции $f(x)= x5− x3 − 2x+ 4$ на отрезке $[−2,2].$

Показать ответ и решение

Найдем производную:

′ 4 2 f(x)=5x − 3x − 2

Найдем нули производной на заданном промежутке.

{ 5x4 − 3x2− 2= 0 −2≤ x≤ 2

{ (x− 1)(x+ 1)(5x2+2)= 0 − 2≤x ≤2

( [ |{ x= 1 | x= −1 ( −2≤ x≤ 2

Определим знаки производной функции на заданном отрезке и изобразим на рисунке поведение функции:

$PIC$

Точка $x= −1$ — минимум, так как знак производной сменяется с $+$ , на $−$ .

Точка $x= 1$ — максимум, так как знак производной сменяется с $−$ , на $+$ .

Рассмотрим граничные точки и экстремумы точки.

f(−2)= (−2)5− (− 2)3+ 4+ 4= −32+8 +4+ 4= −16

f(−1)= (−1)5− (−1)3 +2+ 4= −1+ 1+ 2+ 4= 6

f(1)= 15− 13− 2+4 =1 − 1− 2+ 4= 2

f(2)= 25− 23− 4+ 4= 32 − 8− 4+ 4= 24

Минимум на отрезке $[−2;2]$ = $− 16$ при $x= −2.$

Максимум на отрезке $[−2;2]$ = $24$ при $x= 2.$

Ответ: -16; 24

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#96405Максимум баллов за задание: 7

Имеет ли уравнение $2x2 − x3− x+ 3= 0$ корни на отрезке $[0,2]?$

Показать ответ и решение

Вычислим производную:

′ 2 y (x)= −3x + 4x− 1= (1− 3x)⋅(x− 1)

Производная равна нулю в следующих точках: $x = 1 3$ и $x= 1$ .

Определим знаки производной:

[ 1) x∈ 0;3 —производная отрицательна

( 1 ) x ∈ 3;1 —производная полож ительна

x ∈(1;2]— производная отрицательна

Значит, при $x= 13$ достигается локальный минимум, а при $x= 1$ — локальный максимум.

Вычислим значения функции на концах промежутка и в точках, в которых производная обращается в $0$

y(0)= 3> 0

( ) y 13 = 3− 427 = 7277 > 0

y(1)= 3> 0

y(2)= 1> 0

Получили, что на всем отрезке функция больше единицы. Соответственно не существует такой точки $x$ , что $y(x) =0$ . Значит, корней на промежутке нет.

Ответ: нет решений

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#102517Максимум баллов за задание: 7

Найдите ширину самой узкой полосы, за границы которой не выходит график функции $y =-x3--. 1+ x2$ Полоса — множество точек между двумя параллельными прямыми.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала поймём, какими прямыми может быть ограничена полоса. Все прямые описывается уравнением ax + by = c. Если b = 0, то прямые имеют вид x = t. В противном случае перед нами обычные прямые вида y = kx + b.

Подсказка 2

Скорее всего, вы уже поняли, что в данном случае полоса образована прямыми вида y = kx + b и y = kx + b₁. Давайте в явном виде напишем неравенства, ведь функция ниже одной прямой и выше другой.

Подсказка 3

Если умножить на знаменатель x²+1(он всегда положителен, знак неравенств не изменится), то мы получим два неравенства, в первом из которых кубический многочлен при всех х не положителен, а в другом неотрицателен. Но кубический многочлен всегда принимает сколь угодно большие и маленькие значения. Значит, многочлен не такой уж и кубический.

Показать ответ и решение

Сначала кое-что поймём про эту функцию. Ясно, что она сможет принимать сколь угодно большие по модулю значения любого знака, потому что в числителе кубический многочлен, а в знаменателе квадратный. Функция непрерывна, а значит, она в принципе принимает все значения. Значит, между прямыми вида $x= a$ и $x= b$ она находиться не может. Таким образом, она заключена между прямыми вида $y =kx+ b,y =kx +b1,$ где $b1 >b.$ Напишем соответствующие неравенства:

x3 x3 kx+ b≤ 1+-x2,kx +b1 ≥ 1+-x2

Преобразуем неравенства:

(k− 1)x3+ bx2+kx+ b≤ 0

(k− 1)x3 +b1x2+kx+ b1 ≥ 0

Заметим, что $k− 1≤ 0,$ иначе первое неравенство не будет верным для всех $x.$ Аналогично $k− 1≥ 0,$ иначе нижнее не будет верным при всех $x.$ Значит, $k =1.$ То есть это какие-то две прямые с угловым коэффициентом $1.$ Давайте заметим, что эта функция имеет две касательные $1 y = x± 2,$ между которыми как раз она и лежит. Расстояние между ними равно $√2 2 .$ Нетрудно видеть, что более узкие полосы не смогут заключить в себе весь график.

Ответ:

$√2 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#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:

$f(x)= x2 +c, c∈ ℝ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#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 59#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 60#134570Максимум баллов за задание: 7

Найдите $f(2024),$ если $f(x)= |2x− 1|−$ $|2x− 3|+6$ при $x∈ [0;2],$ а также при всех целых значениях $x$

{ f(x+3)≤ f(x)+6 f(x+2)≥ f(x)+4

Источники: ПВГ - 2024, 10.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что мы можем "навесить" сразу оба неравенства на f(x), воспользовавшись каким-то f(x + k). Какое минимальное значение k нам подходит, с учетом того, что мы знаем отношение f(x) с f(x + 2) и f(x + 3)?

Подсказка 2

Нам подходит f(x + 6): рассмотрев его в контексте обоих неравенств, мы сможем написать двойное неравенство на f(x) и f(x + 6). Какое это будет неравенство?

Подсказка 3

Ограничив f(x) с двух сторон, мы получаем, что наше двойное неравенство на самом деле является равенством вида f(x + 6) = f(x) + m. Что мы можем сделать дальше?

Подсказка 4

Нам остается только найти f(2), так как знаем, что 2024 - 2 делится на 6, то есть, используя ранее полученное равенство, можем выразить f(2024) через f(2).

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

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 выполняется

f(x+ 3)= f(x)+ 6

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

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

Следующая подтема