Тема АЛГЕБРА

Функции → .03 Функциональные уравнения

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#65348Максимум баллов за задание: 7

Решите функциональное уравнение

2xf(x)+ 1= 4f(1 − x)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте о том, как можно сделать систему уравнений относительно двух неизвестных функций. Какую подстановку удобно сделать?

Подсказка 2

У нас есть функция f(x) слева и f(1-x) справа. Интересно, а как можно сделать так, чтобы справа была f(x), а слева f(1-x). Чтобы такое можно подставить, что 1-x станет просто х?

Подсказка 3

Верно! Подставив х=1-х, мы получим ещё одно уравнение с "переменными" f(x) и f(1-x). Как теперь можно дорешать эту систему?

Показать ответ и решение

Пусть $t= 1− x,$ тогда $2(1− t)f(1 − t)+1 =4f(t).$

Меняя $t$ на $x,$ получаем систему

{ 2(1−x)f(1−x)+1 f(x)= 4 2xf(x)+ 1= 4f(1− x)

2(1−-x)f(1− x)+-1 2x 4 + 1= 4f(1− x)

x (x(1− x)− 4)f(1− x)+ 2 +1= 0

( ) x+ 2 x2 − x+ 4 f(1− x)=-2-

Выражение $x2− x +4$ всегда положительно, поэтому на него можно поделить:

f(1− x)=----x+-2--- − 2x(1− x)+8

f(x)= ---3−-x---- −2(1 − x)x+ 8

Подставляя в исходное уравнение, убеждаемся, что полученная из системы функция подходит.

Ответ:

$f(x)=---3− x--- 2x2− 2x +8$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#65349Максимум баллов за задание: 7

Решите функциональное уравнение

f(x)⋅f(y) =f(x− y)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется для начала узнать значение функции в 0. Попробуйте избавиться от какой-то из переменных х или у и посмотреть, что получится.

Подсказка 2

Верно, после подстановки у=0 получается два варианта: f(x)=0 или f(0)=1. Рассмотрим последний случай. Учитывая это знание, как можно сделать уравнение только относительно f(x)?

Подсказка 3

Ага, если подставить х=у, снова выходит два случая. Теперь осталось разобраться, какой из них верен при любом значении х. Попробуйте теперь добиться подстановкой, чтобы и справа, и слева было f(x)

Показать ответ и решение

Пусть $y =0,$ тогда $f(x)(f(0)− 1)= 0.$ Таким образом, либо $f(x)= 0,$ либо $f (0)= 1.$ Пусть $f(0)= 1.$ Положим $x= y,$ тогда $2 f(x) = 1,$ откуда при каждом конкретном значении $x$ либо $f(x)=1,$ либо $f (x)= −1.$ Положим $x= 2x,y =x,$ тогда $f(2x)f(x)=f(x)$ и получается, что $f(2x)= 1$ уже при любом $x,$ а значит, $f(x)= 1$ при любом $x.$

Ответ:

$f(x)= 0$ или $f (x)= 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#65350Максимум баллов за задание: 7

Решите функциональное уравнение

2 3 4 f(x − y)= f(x +2y)+ f(x )

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется для начала узнать значение функции в нуле. Какую подстановку можно сделать для х и у, чтобы просто от них избавиться?

Подсказка 2

Верно, после подстановки х=у=0 находим, что f(0)=0. Теперь посмотрим внимательно, что у двух слагаемых внутри функции х в чётной степени, а в одной - в нечётной. Учитывая это, какой подстановкой для х мы тогда можем воспользоваться?

Подсказка 3

Получаем, что значение функции при х^3+2y и -x^3+2y одинаковы. Какой подстановкой для у теперь можно воспользоваться, чтобы применить знание f(0)=0?

Показать ответ и решение

При подстановке $x= y = 0$ получим $f(0)=2f(0),$ откуда $f(0)= 0.$ Теперь подставим $− x$ вместо $x$ и получим, что в уравнении поменяется лишь $(3 ) f x + 2y$ на $( 3 ) f − x +2y .$ Таким образом, $(3 ) ( 3 ) f x +2y = f −x + 2y .$ Положим, что $x3- y = 2 ,$ тогда $( 3) f 2x =f (0)= 0.$ Осталось заметить, что $3 2x$ принимает все вещественные значения, а значит $f(x)= 0.$

Ответ:

$f(x)= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#65351Максимум баллов за задание: 7

Решите функциональное уравнение

f(x +y)= f(x − y)+ 4xy(x+ y)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним о том, что мы можем не находить конкретное значение функции при каком-то аргументе, а обозначить его за константу. Какую подстановку можно сделать, чтобы получилось уравнение относительно одного аргумента?

Подсказка 2

Верно, при х=у получается уравнение относительно 2х, потому что 8x^3=(2x)^3. Но не забываем про проверку. Что тогда получается, учитывая, что уравнение должно выполняться при любых х и у?

Показать ответ и решение

Подставим $x= y$ и получим: $f(2x)= 8x3+ f(0).$ Теперь заменим $2x$ на $t$ и получим $f(t)=t3+ f(0).$ Пусть $f (0)= c.$ Тогда $3 f(x)= x +c.$ Подставим $f$ в исходное уравнение:

3 3 2 2 (x+ y) +c= (x− y)+ c+ 4x y+ 4xy

2 3 2 2 6x y+2y = 4x y+4xy

2x2y +2y3 = 4xy2

Но последнее равенство должно выполняться для любых $x,y,$ что не так. Поэтому у исходного функционального уравнения нет решений.

Ответ:

нет решений

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#65455Максимум баллов за задание: 7

Функция $f$ задана на всей прямой и такова, что

2 2f(x)+f(1− x)= 3x

Найдите $f(5).$

Показать ответ и решение

Подставим в равенство $x= 5$ : $2f(5)+ f(− 4)= 75$ . Теперь подставим $x= −4$ : $2f(− 4)+f(5)=48$ . Мы получили систему линейных уравнений, решая которую, получаем, что $f(5)= 34$ .

Ответ: 34

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#65456Максимум баллов за задание: 7

Для всех действительных $x$ и $y$ выполняется равенство

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

Найдите $f(−1).$

Показать ответ и решение

Подставляя $x= y = 0$ , получаем, что $f(0)= 0$ . Подставим теперь $y = −x2$ и получим равенство $0= f(x)+f(x4)$ . Подставим в это равенство $x= 1$ и получим, что $f(1)= 0$ . Теперь подставим туда $x =− 1$ и получим, что $f(−1)=− f(1)= 0$ .

Ответ: 0

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#65458Максимум баллов за задание: 7

Каждой паре чисел $x$ и $y$ поставлено в соответствие некоторое число $x ∗y$ . Найдите $1993∗1935$ , если известно, что для любых трёх чисел $x,y,z$ выполнены тождества: $x∗ x= 0$ и $x ∗(y∗z)= (x∗ y)+ z$ .

Показать ответ и решение

Заметим, что $x= x∗x+ x= x∗ (x∗ x)=x ∗0= x∗(y∗y)= x∗y +y$ . Итак, $x∗y =x − y$ . Поэтому $1993 ∗1935= 1993− 1935= 58$ .

Ответ: 58

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#68097Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли такие функции $f(x,y)$ и $g(x,z),$ что для любых действительных $x,y,z$ выполняется равенство

f(x,y)− g(x,z)=|y− z|?

Ответ обоснуйте.

Источники: Межвед-2023, 11.5 (см. www.academy.fsb.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала заметим, что в левой части функции f и g принимают в себя переменную x, а правая часть от икса не зависит. Это значит, что можно выбрать любой икс (например, x = 0) и рассматривать новые функции (F(y) и G(z)) уже от одной переменной

Подсказка 2

Не всегда функции, которые принимают в себя переменную, зависят от неё. Подумайте, могут ли наши новые функции быть константами?

Подсказка 3

Хотя бы одна из функций уж точно не является константой! Не умаляя общности, можно считать что это G(z). Тогда существуют такие различные z1 и z2, что G(z1) != G(z2). Подставив z1 и z2, получим, что F(y) = G(z1) + |y-z1| и F(y) = G(z2) + |y-z2|. Может ли это быть правдой?

Подсказка 4

Мы получаем, что |y-z1| - |y-z2| = G(z2)- G(z1). Но ведь правая часть это просто некая константа. Выполняется ли это равенство ДЛЯ ЛЮБОГО y?

Показать ответ и решение

Предположим, что существуют.

Обозначим

f(0,y)= F(y),g(0,z)= G(z)

Тогда из условия получаем

F(y)− G(z)= |y− z|

Если обе функции являются константами, то левая часть равенства является константой, а в правой можно получать разные значения при разных $y,z.$

Тогда хотя бы одна из функций не равна тождественно константе, пусть это $G(z).$ То есть существуют такие $z1 ⁄= z2,$ что $G (z1)⁄=G (z2).$

Подставляем в уравнение:

F (y)= G(z1)+ |y − z1|,F(y)=G (z2)+|y− z2|

Получаем

|y− z |− |y− z|= G(z)− G(z) 1 2 2 1

При $y = z1$ имеем

−|z1− z2|= G(z2)− G(z1)

При $y = z2$ имеем

|z1− z2|=G (z2)− G(z1)

Получается, что

− (G(z2)− G(z1))=G (z2)− G (z1) =⇒ G (z2)= G(z1)

Противоречие с тем, что $G (z1)⁄= G(z2).$

Следовательно, таких функций не существует.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#65459Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f(x)$ , которые при любых вещественных $x,y$ удовлетворяют равенству

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

Источники: Иннополис-2022, 8-9 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В аргументах функции f фигурируют х^2 и у. Это говорит о том, что их можно воспринимать как 2 переменные и пытаться делать подстановки х^2 и у по отдельности.

Подсказка 2

Чтобы избавиться от одной из двух переменных, можно применить подстановку х:=0 или у:=0. Эти подстановки дадут нам информацию про значение в нуле и чётность функции.

Подсказка 3

Ещё одна “классическая” подстановка для избавления от одной из двух переменных — x^2=у и x^2=-y (в нашем случае именно эти величины мы воспинимаем как переменные).

Подсказка 4

Данных подстановок должно быть достаточно! Осталось лишь собрать вместе всю полученную информацию про функцию f и получить ответ!

Показать ответ и решение

Во-первых, подставим $y =0$ и получим равенство $2x4f(0)= 0$ , $x$ может принимать любые значения, поэтому $f(0)=0$ . Во-вторых, подставим $x= 0$ и получим $f(y)=f(−y)$ , то есть функция является чётной. Теперь подставим $2 y = x$ и $2 y =− x$ . Получим равенства $2 4 2 f(2x)= 2x f(x )$ и $2 4 2 0= f(2x )+2x f(x )$ . Подставим результат первого равенства во второе: $4 2 0= 4x f(x )$ . Получаем, что $2 f(x )= 0$ . Следовательно, во всех положительных точках функция равна $0$ , поскольку $2 x$ пробегает все положительные значения. В силу чётности получаем, что $f(x)= 0$ при всех $x$ .

Ответ:

$f(x)= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#80949Максимум баллов за задание: 7

Решите $f (x+ y)= f(x)⋅f(y)$ уравнение для функций

(a) $f: ℚ → ℝ;$

(b) $f : ℝ→ ℝ,$ если $f$ непрерывна.

Показать ответ и решение

(a) Подставим $x= 0$ и получим $f (y)(f(0)− 1)= 0.$ Таким образом, либо $f(x)= 0$ при любом $x$ и такая функция является решением уравнения, либо $f(0)= 1.$ Пусть $f(0)=1.$ Подставим $y = −x$ и получим $1= f(x)f(− x).$ Это равенство позволяет нам решить задачу лишь для положительных рациональных чисел. Рассмотрим положительную несократимую дробь $p q.$ Последовательно применяя условие $f (x)f(y)= f(x +y)$ убеждаемся, что $( ( )) f 1q q = f(1),$ откуда $( ) f 1q =f (1)1q .$ Аналогично $f(nx)= f(x)f((n− 1)x)= (f(x))2f((n− 2)x)= ...= f(x)n .$ Теперь мы готовы посчитать значение функции в точке $p :f(p) =f (1)p = f(1)pq . q q q$ Из равенства $1= f(x)f(− x)$ следует, что $f (− p) =-(1p) =f (1)− pq . q f q$ Таким образом, $x f(x)= a .$

Заметим, что $a =f (1)$ — неотрицательно, иначе при чётном $q$ равенство $( (1))q f q = f(1)$ будет неверным, что противоречит условию.

(b) Из условия следует непрерывность в точке $x= 0.$ Нам из предыдущего пункта известно, что $f(x)= ax$ при всех рациональных $x.$ Рассмотри иррациональное число $x0$ и последовательность рациональных чисел $t1,t2,...,$ предел которой равен $x0.$ Для всех таких $t$ справедливо равенство $f(x0− t)= f(x0)f (−t)= f(x0)a−t.$ Воспользуемся предельным переходом при $t→ x0$ в равенстве $f(x0− t)= f(x0)a− t.$ В силу непрерывности функции в нуле $f (x0− t)→ f(0)= 1$ или $0$ имеем $f (x0)= ax0$ или $f(x0)= 0.$

Ответ:

(a) $f(x)= ax,a≥ 0$

(b) $f (x)= ax,a ≥0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#80950Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение $f (xy)= f(x)f (y),$ где $f: ℝ → ℝ +$ непрерывна.

Показать ответ и решение

Введём функцию $g(x)$ такую, что $g(x)=ln(|f(ax)|).$ Заметим, что $g(x+ y)= g(x)+ g(y).$ По условию функция $f$ — непрерывна, но в таком случае нетрудно убедиться в непрерывности $g(x).$ В таком случае $g(x)= cx,$ откуда $x cx |f(a)|= e .$ Заменим $x a$ на $y$ (так сделать можно, потому что функция определена только на положительных вещественных числах). Таким образом, имеем

clog (y) c log (e) b |f(y)|=e a = e ⋅y a = ky

Осталось проверить, что функция $f(y)= −kyb$ не подходит, а функция $f(y)=kyb$ — подходит при $k = 0$ или $1.$

Ответ:

$f(x)= kxb,k= 0,1,...b∈ ℝ$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#80951Максимум баллов за задание: 7

Решите $f (x+ y)= f(x)+ f(y),f : ℝ→ ℝ,$ предполагая, что $f(x)$ ограничена, скажем, снизу на отрезке $[c,d].$

Показать ответ и решение

Под отрезком можно выбрать точку, у нее можно выбрать окрестность, тогда вся эта окрестность будет лежать строго ниже графика $f(x).$ Но такая функция не может быть не линейной, так как она должна быть всюду плотной, а мы получили, что в данной окрестности точек функции не будет. Значит, подходит только линейная функция.

Ответ:

$f(x)= kx$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#80952Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение $f : ℝ→ ℝ,f(x+ y)=f (x)+ f(y)+ f(x)f(y),f$ монотонна.

Показать ответ и решение

Обозначим через $g (x)= f(x)+1.$ Тогда, прибавив $1$ к обеим частям равенства, получаем, что

g(x+ y) =g(x)g(y)

При подстановке $x= y$ получаем, что $g(2x)=g (x)2,$ то есть $g(x)$ принимает только неотрицательные значения. Предположим, что есть точка, в которой $g(x0)= 0.$ Тогда при подстановке $x= x0$ получаем, что $g(x+ x0)= 0.$ То есть $g(x)= 0$ для всех $x.$ Тогда $f(x)= −1$ при всех $x.$

Теперь предположим, что такой точки не существует, то есть функция $g$ принимает только положительные значения. Тогда из-за положительности функции $g$ корректно рассмотреть функцию $t(x)= ln (g(x)).$ Взяв логарифм от обеих частей равенства $g(x+ y)= g(x)g(y),$ получаем, что

t(x+ y)=t(x)+ t(y)

причем $t$ очевидно монотонна. Тогда $t(x)= kx.$ То есть $g(x)= ekx,$ тогда $f(x)= ekx − 1.$ Легко видеть, что все такие функции подходят.

Ответ:

$f(x)= −1$ при всех $x,f(x)= ekx− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#80953Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение $f : ℝ→ ℝ,f(f(x)+yz)= x+ f(y)f(z).$

Показать ответ и решение

Сначала заметим, что наша функция сюръективна. Действительно, зафиксировав $y$ и $z,$ двигая $x$ можно добиться любого значения функции $f$ в точке $f(x)+yz.$ Также, очевидно, что функция инъективна, поскольку, если $f(x1)=f (x2),$ то получаем, что

f (f(x1)+yz)= x1+ f(y)f(z)= x2 +f(y)f(z)=f (f(x2)+yz)

что не так. Из доказанного ранее мы понимаем, что существует такая точка $x , 0$ что $f(x)= 0. 0$ Подставив $x =y =x , 0$ получаем, что $f(x z)=x . 0 0$ Но наша функция инъективна, поэтому $x z 0$ должно быть постоянно, тогда $x = 0. 0$

Подставив $x= 0,$ получаем, что $f(yz)= f(y)f(z).$ Подставив $y = 0,$ получаем, что $f(f(x))= x.$ Тогда

f(f (x)+ yz)=f (f(x))+f(yz)

Поскольку функция сюръективна, можно сказать, что $f(x+ y)= f(x)+ f(y).$ С другой стороны. мы знаем, что $f(y2)= f(y)2.$ То есть у нас значение функции в неотрицательных точках неотрицательно. А это условие может заменить непрерывность функции, откуда получаем, что $f(x)= kx.$ То есть $f(x2) =kx2 = k2x2,$ откуда $k= 1,$ то есть единственным решение является $f(x)= x.$ Несложно проверить. что оно подходит.

Ответ:

$f(x)= x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#80954Максимум баллов за задание: 7

Решите функциональное уравнение $f(x)+y2 = f(y)+x2− y+ x.$

Показать ответ и решение

Перепишем уравнение в следующем виде: $f(x)− x2− x= f(y)− y2− y.$ Подставим $y =0$ и получим $f(x)= x2+x +c,$ где $c= f(0).$ Непосредственной проверкой убеждаемся, что полученная функция $f$ подходит.

Ответ:

$f(x)= x2+x +c,c∈ℝ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#80955Максимум баллов за задание: 7

Решите функциональное уравнение $f(f(x)2+ f(y))= xf(x)+ y.$

Показать ответ и решение

Докажем, что функция $f$ сюръективна. Зафиксируем $x= 0$ и будем подставлять вместо $y$ произвольные вещественные числа, тогда в точке $2 f(x) + f(y)$ будет приниматься значение $y.$ Теперь покажем, что функция инъективна. Пусть существуют такие числа $a⁄= b,$ что $f(a)= f(b).$ Подставим в уравнение сначала $a,$ а потом — $b:$

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

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

Левые части полученных равенств равны, а правые — нет, пришли к противоречию.

В силу сюръективности существует такое $x0,$ что $f(x0)=0,$ подставим его в уравнение и получим $f(f(y))= y,$ откуда $f(f(0))= 0.$

Подставим теперь $x= y = 0$ в исходное уравнение и получим $( ) f f(0)2+ f(0) =0.$ Таким образом, $( ) f f(0)2+ f(0) = f(f(0)).$ В силу инъективности $f(0)2+ f(0) =f(0),$ откуда $f(0)= 0.$

Подставим $y = 0$ в уравнение: $( ) f f(x)2 = xf(x).$ Возьмём функцию $f$ от левой и правой частей, а затем к левой части применим равенство $f(f(x))= x$ и получим, что $f (x)2 = f(xf(x)).$

Пусть $f(x)= z,$ тогда $f(z)= f(f(x))= x.$ Перепишем равенство $f(xf(x))= f(x)2$ через $z :f (zf(z))= z2.$ Но также $f(zf(z))= f(z)2,$ откуда $f(z)2 =z2.$ Таким образом, в каждой точке $x$ либо $f(x)=x,$ либо $f(x)= −x.$ Пусть нашлись такие $x$ и $y,$ что $f(x)=x,$ а $f(y)= −y.$ Тогда подставим их в исходное уравнение и получим, что $f(x2− y)= x2+y.$ Получили противоречие, так как в точке $x2 − y$ функция должна принимать одно из значений $x2− y$ или $− x2 +y.$ Отсюда следует, что либо во всех точках $x$ функция принимает такое же значение, либо же меняет знак. После проверки убеждаемся, что обе функции $f$ подходят.

Ответ:

$f(x)= ±x$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#91875Максимум баллов за задание: 7

Найдите корни уравнения

f(x)=8,

если

2 4f(3 − x)− f(x)= 3x − 4x − 3

для любого действительного значения $x$ .

В ответе укажите произведение найденных корней.

Источники: ШВБ - 2022, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хочется разобраться с функциональным уравнением. В нем встречается функция от х (то есть f(x)) и от 3-х (то есть f(3-x)), тогда самое простое, что можно попробовать подставить вместо х, — это 3-х.

Подсказка 2

Получили систему из двух уравнений от f(x) и f(3-x). Чтобы выразить f(x) через х, достаточно вычесть из одного уравнения другое с нужным коэффициентом.

Подсказка 3

f(x) нашли, значит, решить f(x) = 8 не составит труда.

Показать ответ и решение

Подставим вместо $x$ в исходное уравнение $3 − x,$ получим

2 4f(x)− f(3 − x)= 3(3 − x) − 4(3− x)− 3

2 4f(x)− f(3− x)= 3x − 14x +12

Учитывая исходное уравнение, получаем систему

({ 4f(3− x)− f(x)= 3x2 − 4x− 3 ( 2 4f(x)− f(3− x)= 3x − 14x+ 12

Домножим второе на 4 и сложим уравнения системы

2 15f(x)= 15x − 60x+ 45

f(x)= x2− 4x+3

Подставив в исходное уравнение, убедимся, что данная функция подходит. Теперь найдём корни

f(x)= 8

x2− 4x +3 =8

2 x − 4x − 5 =0

(x+ 1)(x− 5)= 0

[ x =− 1 x =5

Ответ:

$− 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#91951Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ >0 >0$ такие, что для каждого положительного $x$ существует единственный положительный $y$ такой, что

xf(y)+ yf(x)≤ 2

Примечание: $ℝ>0$ - множество положительных чисел.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Постарайтесь сходу придумать какую-нибудь функцию, которая удовлетворяет условию задачи

Подсказка 2

Если неравенство верно при подстановке в функции соответственно числа x и y будем говорить, что пара (x, y) хорошая. Может ли оказаться так, что пара является хорошей при некоторых различных x и y?

Подсказка 3

Предположим, что может, тогда пары (x, x) и (y, y) не являются хорошими. Какой вывод из этого можно сделать?

Подсказка 4

Имеют место неравенство xf(x)>1 и yf(y)>1. Как получить противоречие с тем, что xf(y)+yf(x)≤2?

Подсказка 5

Необходимо воспользоваться неравенством Коши. Тогда xf(y)+yf(x)≥2√xf(y)+yf(x)>2. Таким образом, мы показали, что не существует хороших пар, в которых числа были бы различны. Как этим можно воспользоваться?

Подсказка 6

Сразу получим, что f(x)≤1/x. Несложно проверить, что f(x)=1/x удовлетворяет неравенству. Покажите, что никакая функция, отличная от данной, не является решением

Подсказка 7

Для этого докажите, что (t, 1/f(t)) является хорошей парой для любого положительного t

Показать ответ и решение

Первое решение. Сначала докажем, что функция $f(x)= 1∕x$ удовлетворяет условию задачи. По неравенству Коши

x y y + x ≥2

для любых $x,y > 0,$ причем равенство достигается тогда и только тогда, когда $x= y.$ Таким образом, что для каждого числа $x> 0$ существует ровно одно значение $y > 0$ такое, что

x+ y ≤2 y x

Пусть $f :ℝ>0 → ℝ>0$ —– функция, удовлетворяющая условию задачи. Будем говорить, что пара положительных действительных чисел $(x,y)$ является хорошей, если $xf(y)+ yf(x)≤ 2.$ Заметим, что если пара $(x,y)$ является хорошей, то и пара $(y,x)$ тоже.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 1. Если пара $(x,y)$ является хорошей, то $x= y.$

Доказательство. Предположим, что существуют положительные действительные числа $x⁄= y$ такие, что пара $(x,y)$ хорошая. Таким образом, $(x,x)$ не является хорошей парой, то есть

xf(x)+ xf(x)> 2

следовательно, $xf(x)>1.$ Аналогично, $yf(y)> 1.$ Применяя неравенство между средним арифметическим и геометрическим, имеем

∘ ---------- ∘ ---------- xf(y)+yf(x)≥2 xf(y)⋅yf(x)= 2 xf(x)⋅yf(y)> 2

что влечет противоречие.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к решению исходной задачи. По условию, для любого $x> 0$ существует хорошая пара, содержащая $x,$ однако из доказанной леммы следует, что единственная хорошая пара, которая может содержать $x,$ — это $(x,x),$ поэтому

1 xf(x)≤1 ⇐ ⇒ f(x)≤ x

для каждого $x> 0.$ В частности, при $x= 1∕f(t)$ для произвольного положительного $t$ имеем

1 ( 1 ) f(t) ⋅f f(t) ≤ 1

Таким образом,

( ) t⋅f -1- ≤ tf(t) ≤1 f(t)

Докажем, что $(t,1∕f(t))$ является хорошей парой для любого положительного $t.$ Действительно,

(-1-) -1- (-1-) t⋅f f(t) + f(t)f(t)= t⋅f f(t) +1 ≤2

Наконец, из доказанной леммы следует, что $t= 1∕f(t),$ следовательно, $f(t)= 1∕t$ для любого $t>0.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Как и в первом решении, отметим, что $f(x) =1∕x$ — решение. Покажем, что оно единственное. Пусть $g(x)$ — единственное положительное действительное число такое, что $(x,g(x))$ — хорошая пара. Сформулируем и докажем лемму.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 2. Функция $f$ убывает.

Доказательство. Рассмотрим действительные числа $x< y.$ Имеем

yf(g(y))+ g(y)f(y)≤ 2.

Кроме этого, поскольку $y$ — единственное положительное действительное число такое, что $(g(y),y)$ — хорошая пара и $x ⁄= y,$ мы имеем

xf(g(y))+ g(y)f(x)> 2

Объединив полученные неравенства, имеем

xf(g(y))+ g(y)f(x)> 2≥ yf(g(y))+ g(y)f(y)

или

f(g(y))(x− y)>g(y)(f(y)− f(x))

Из того, что числа $g(y)$ и $f(g(y))$ положительны, а $x− y$ отрицательно, следует, что $f(y)<f(x),$ что доказывает лемму $2.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь докажем лемму $1,$ используя лемму $2.$ Предположим, что $x⁄= y,$ но

xf(y)+ yf(x)≤ 2

Как и в первом решении, имеем $xf(x)+ xf(x)>2$ и $yf(y)+ yf(y)> 2,$ откуда следует, что $xf(x)+yf(y)>2.$ Таким образом,

xf(x)+ yf(y)> 2≥ xf(y)+ yf(x)

что влечет $(x− y)(f(x)− f(y))> 0,$ но это противоречит тому, что $f$ убывает. Итак, мы показали, что $y =x$ — единственный $y,$ такой что $(x,y)$ — хорошая пара, и, в частности, $f(x)≤1∕x.$

Теперь мы можем завершить доказательство, аналогично первому решению.

Ответ:

$f(x)= 1 x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#99206Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x)$ удовлетворяет условию: для любых действительных чисел $a$ и $b$ выполняется равенство

(a+ 2b) f(a)+2f(b) f --3-- = ----3----.

Найти значение функции $f(2021)$ , если $f(1)=1,f(4)= 7.$

Источники: Газпром - 2022, 11.3 (см. olympiad.gazprom.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам ничего не остаётся, кроме как воспользоваться условием и попробовать найти значения функции в новых точках!

Подсказка 2

Несложно узнать значения в тройке и в двойке. А можно ли теперь выразить значение в двойке как-то иначе, например, через значение в тройке?

Подсказка 3

Здорово, теперь мы можем узнать значение в нуле! Осталось лишь составить некоторую цепочку равенств, чтобы можно было "спуститься" от значения в 2021 к значению в 3, при этом используя лишь знакомые нам "маленькие" значения ;)

Показать ответ и решение

Подставляя в заданное равенство пары чисел $a= 4,b =1$ и $a= 1,b=4,$ соответственно, получим:

- Если $a= 4,b= 1$ , то

( 4+ 2) f(4)+2f(1) 7 +2⋅1 f -3-- = ----3----;f(2) =---3-- =3.

- Если $a= 1,b= 4$ , то

( ) f 1+-2⋅4 = f(1)+2f(4);f(3) = 1-+2⋅7 =5. 3 3 3

Если взять $a =0,b= 3$ , получим

f( 0+-2⋅3)= f(0)+2f(3);f(2)= f(0)+2f(3). 3 3 3

Значит,

f(0)= 3f(2)− 2f(3)= 3⋅3− 2⋅5= −1.

Таким образом, имеем $f(0)= −1,f(1)= 1,f(2)= 3,f(3)=5,f(4)= 7$ . Составим цепочку равенств

( 2021+ 2⋅2) f(2021)+ 2f(2) f ---3-----= ------3-----= f(675), (675+-2⋅0) f(675)+-2f(0) f 3 = 3 = f(225) (225+-2⋅0) f(225)+-2f(0) f 3 = 3 = f(75) f(75+-2⋅0)= f(75)+2f(0) =f(25) ( 3 ) 3 f 25+-2⋅1 = f(25)+2f(1) =f(9) ( 3 ) 3 f 9+-2⋅0 = f(9)+2f(0)= f(3) 3 3

Вычисляя в обратном порядке, получим:

f(9)=3f(3)− 2f(0), т. е. f(9)= 3⋅5− 2⋅(− 1)= 17 f(25) =3f(9)− 2f(1), т. е. f(25)= 3⋅17 − 2⋅1= 49 f(75)= 3f(25)− 2f(0), т. е. f(75)=3⋅49− 2⋅(− 1)=149 f(225)= 3f(75)− 2f(0), т. е. f(225)= 3⋅149− 2⋅(−1)= 449 f(675)= 3f(225)− 2f(0), т. е. f(675)= 3⋅449− 2⋅(−1)= 1349 f(2021)= 3f(675)− 2f(2), т. е. f(2021)= 3⋅1349− 2 ⋅3 =4041.

Ответ:

$4041$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#106012Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x)$ удовлетворяет условию: для любых действительных чисел $a$ и $b$ выполняется равенство $f (a+2b) = f(a)+2f(b). 3 3$ Найти значение функции $f(2021),$ если $f(1)= 5,f(4)= 2.$