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 61#137269Максимум баллов за задание: 7

Найдите все непрерывные на всей числовой оси функции, удовлетворяющие тождеству $4f(x+ y)=f(x)f(y)$ и условию $f(1)=12.$

Источники: Бельчонок - 2024, вариант 1, 10.5 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать ответ и решение

Сначала докажем, что $f(x)≥ 0.$ Действительно,

(x )2 4⋅f(x)= f 2 ≥0

Подставив в условие задачи $x= y = 0,$ получим

4⋅f(0)=f(0)⋅f(0)

Тогда $f(0)= 0$ или $f(0)=4.$ В случае $f(0)= 0$ получаем

4⋅f(x +0)= f(x)⋅f(0)

Получим $f(x)= 0$ для любого $x,$ что неверно. Значит, $f(0)= 4.$ Подставляя $y = 1,$ получаем

4⋅f(x +1)= f(x)⋅f(1)

Значит, $f(x +1)= 3⋅f(x).$ Тогда для любого натурального $n$ верно

f(n)= f(0)⋅3n =4 ⋅3n

Докажем по индукции следующую формулу:

f(x1+ ...+ xn)= 41n−1 ⋅f(x1)⋅...⋅f(xn)

База: при $n = 1$

f(x1)= -10 ⋅f(x1)= f(x1) 4

Переход: пусть верно для $n,$ хотим доказать, что для $n+ 1$ выполняется равенство

f(x1+ ...+ xn +xn+1)= -1⋅f(x1)⋅...⋅f(xn)⋅f(xn+1) 4n

Пусть $x +...+ x = k, 1 n$ тогда

4⋅f(k+xn+1)= f(k)⋅f(xn+1)

f(k +x )= 1⋅f(k)⋅f(x ) n+1 4 n+1

Поскольку $k= x + ...+ x , 1 n$

1 f(x1+...+xn +xn+1)= 4 ⋅f(x1+...+xn)⋅f(xn+1)

По предположению индукции

1 1 f(x1+ ...+xn +xn+1)= 4 ⋅4n−1 ⋅f(x1)⋅...⋅f(xn)⋅f(xn+1)

f(x1+ ...+ xn +xn+1)= -1n ⋅f(x1)⋅...⋅f(xn)⋅f(xn+1) 4

Итак, мы доказали данную формулу. В частности,

( ) ( ( ))n f(1)= f 1+ ...+ 1 = -1n−-1 ⋅ f 1 n n 4 n

Значит,

f(1)n = 3⋅4n n

Тогда для всех натуральных $n$ верно

( 1) 1 f n = 4⋅3n

Отсюда для натуральных $m$ и $n$

( ) ( ) ( ( ))m f m- = f -1+ ...+ 1 = m1−1 ⋅ f 1 = -m1−1 ⋅4m ⋅3mn- n n n 4 n 4

Теперь разберемся с отрицательными дробями:

( m- m) (m) ( m-) 4⋅f(0) =4⋅f n − n =f n ⋅f −n

Тогда

( m ) − m f −n- = 4⋅3 n

Следовательно, функция $f(x)= 4⋅3x$ определена для всех рациональных чисел. Она непрерывна, а если две функции совпадают для всех рациональных чисел, то они совпадают на всей вещественной оси.

Ответ:

$f(x)= 4⋅3x$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#137274Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Подсказка 4

А как тут можно прийти к противоречию?

Показать ответ и решение

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

f(− 2)= f(f(a))= −2a+ 2a =0

Теперь подставим $− 2$ в исходное тождество

f(0)= f(f(−2))=− 4

Подставим $0,$ тогда

f(−4)= f(f(0))= 0

Подставим $− 4,$ тогда

f(0)= f(f(−4))=− 8

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

Ответ: Нет, не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#63745Максимум баллов за задание: 7

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

2f(xy+ 3)=f(x)f(y)− f(x)− 2y+a

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Показать ответ и решение

Заметим, что

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

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

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

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

Ответ:

$f(x)= 2x +1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#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:

$f(x)=---3− x--- 2x2− 2x +8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#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 66#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:

$f(x)= 0$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#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 68#65396Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

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

где $f :ℕ→ ℕ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Равенство, данное в условии, очень похоже на работу с натуральными числами) А какая известная теорема, связанная с произведением, приходит на ум при виде условия?

Подсказка 2

Основная теорема арифметики! Но при работе с разложением на множители, единичке нужно особо внимание. Попробуем подставить y=1. Подумаем, на значения в каких точках условие почти не влияет, а в каких - условие помогает определить точное значение?

Подсказка 3

Значения в f(x), где x - составное, полностью определяются значениями в точках f(p_i), где p_i --- i-тое простое число. Возьмем f(p_i) = c_i и убедимся, что c_i может быть произвольным!

Показать ответ и решение

Если взять $y = 1,$ мы получим равенство $f(x)= f(x)f(1),$ откуда $f(1)= 1.$

По основной теореме арифметики любой аргумент $x> 1$ функции $f$ представляется в виде $a1 ak x= p1 ⋅...⋅pk ,$ где $pi$ — простые числа. Поэтому

a a f(x)=f(p1)1 ⋅...⋅f(pk) k

То есть функция однозначно определяется значениями в аргументах, являющиеся простыми множителями. Осталось учесть, что эти значения должны быть натуральными числами, потому что область значений функции по условию — натуральные числа.

Ответ:

Если $x =1,$ то $f(1)= 1;$ иначе $x =pa1⋅...⋅pak 1 k$ — каноническое разложение, и $f(pa1⋅...⋅pak)=ca1⋅...⋅cak, 1 k 1 k$ где $k ∈ℕ , 0$ $ci ∈ ℕ ∀i∈ ℕ0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#65397Максимум баллов за задание: 7

Решите функциональное уравнение $f: ℤ → ℤ$

f(x− y)+f(x+ y)=2f(x)+2f(y).

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте избавиться от одной из переменных в функциональном уравнении.

Подсказка 2

Для этого удобно подставить y=x и y=-x и получим, что f(x)=f(-x) и f(2x)=4f(x).

Подсказка 3

Попробуйте подставить y=2x, тогда преобразовав получим f(3x)=9f(x), отсюда можно видеть что значения функции как бы вычисляются рекуррентно, и сделать предположение о том, чему эта функция может быть равна.

Подсказка 4

Докажите индукцией по n что f(nx)=n^2*f(x), отсюда сразу находится f(x)=c*x^2.

Показать ответ и решение

Для начала подставим $x= y = 0$ и поймём, что $f(0) =0$ . Далее подставим $y =− x$ и получим равенство $f(y)=f(−y)$ , то есть функция чётная. Если подставить $y = x$ , мы получим, что $f(2x)=4f(x)$ . Если подставить $y =2x$ , мы получим, что $f(3x) =9f(x)$ . Возникает желание доказать индукцией по $n$ , что $2 f(nx)=n f(x)$ . Чтобы доказать переход, надо просто подставить $x= nx$ , $y = x$ и воспользоваться предположением $2 f((n− 1)x) =(n− 1)x$ , $2 f(nx)=n f(x)$ .

Таким образом, $2 2 f(x)= x f(1)= cx,c∈ ℤ$ .

Ответ:

$f(x)= cx2,c∈ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#65399Максимум баллов за задание: 7

Пусть функция $f: ℕ → ℕ$ такова, что $f(n +1)> f(n)$ и

f(f(n))=3n

при всех $n.$ Вычислите $f(2001).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте над тем, как оценить значения f(x) для всех натуральных х, и найти значение f(1)

Подсказка 2

Можем ли мы куда-то подставить f(1) и что нам это даст? Попробуйте найти f(3), f(6), f(9), f(18). Есть ли в них закономерность?

Подсказка 3

Найдите значения f(1458) и f(729) и поймите, как можно найти значения в точках 730,731,…,1457, используя условие f(n+1)>f(n)

Показать ответ и решение

В силу условия $f(n+ 1)>f(n)$ и того, что функция возвращает натуральные значения, понятно, что $f(1)≥ 1,f(2)≥2,f(3)≥ 3,f(4)≥ 4.$ Также по условию $f(f(1))= 3.$ Отсюда следует, что $f(1)$ принимает какое-то значение из $1,2,3.$ Если $f(1)= 1,$ то $f(f(1)) =f(1)=3,$ противоречие. Если $f(1)= 3,$ то $f(f(1))= f(3)= 3,$ но $f(3)>f(1),$ противоречие. Значит $f(1)= 2$ и $f(f(1))= f(2)= 3.$ При $n =2$ имеем $f(f(2))= f(3)= 6.$ Далее продолжаем аналогичные вычисления: $f(f(3))=f(6)= 9$ и так дальше до тех пор, пока не вычислим $f(729)= 1458,f(1458)= 2187.$ Заметим, что между $1458$ и $2187$ ровно $728$ натуральных чисел. Также заметим, что в силу условия $f(n+ 1)>f(n)$ между $f(729)$ и $f(1458)$ находятся $728$ натуральных чисел $f(730)< f(731)< ...< f(1457).$ Понятно, что такое возможно лишь когда $f(730)= 1459,f(731)= 1460,...,f(1457)= 2186.$ Но тогда $f(1272)= 2001.$ Подставим $n= 1272$ в функциональное равенство и получим ответ $f(f(1272))= f(2001)=3816.$

Ответ:

$3816$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#65400Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $g: ℕ → ℕ$ такие, что для всех натуральных $n$ и $k$ верны равенства

g(nk)=g(n)g(k) и g◟(g(◝..◜.(g◞(n))...))= n n буквg

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала попробуем понять, чему равно g(1). Какие n и k надо для этого взять?

Подсказка 2

Возьмём n = k = 1, получим g(1) = 1. Может ли функция g принимать значение 1 в каких-то других точках?

Подсказка 3

На самом деле не может, иначе получаем противоречие из формулы gₙ(n) = n (gₙ(n) — n-ая итерация функции g). Тогда для каждого составного n g(n) является тоже составным числом. А что если n — простое число?

Подсказка 4

В простых точках функция возвращает простые числа, ведь если это не так, то для простого p опять получаем противоречие из gₚ(p) = p. Пусть k — минимальное число, такое что gₖ(p) = p. Как можно связать k и p?

Подсказка 5

Попробуйте поиграться с вложением функций в равенстве gₚ(p) = p, используя идею деления p на k с остатком, чтобы получить противоречие с минимальностью k. Отсюда выведите, что либо k = 1, либо k = p (т.е. k - делитель p). Рассмотрите случай k = p.

Подсказка 6

Используйте идею из предыдущей подсказки, чтобы доказать, что k делит ещё одно простое число, а именно g(p). Тогда k = 1 и для любого простого p g(p) = p. Какой вывод тогда можно сделать для любого натурального n?

Подсказка 7

Воспользуемся условием g(nk) = g(n)g(k) и основной теоремой арифметики, получим, что g(n) = n для любого n ∈ ℕ. Задача решена!

Показать ответ и решение

При $n= k= 1$ имеем $g(1)=(g(1))2,$ откуда $g(1)= 1.$ Из условия $g (n)= n n$ следует, что больше ни при каких других $n$ функция не принимает значение $1$ ( $gn$ — $n$ -я итерация функции $g$ ).

Тогда понятно, что из каждого составного числа функция возвращает составное число: $g(bc)= g(b)g(c).$ Предположим, что в простых точках функция также возвращает составные числа, но тогда при простом $p$ число $gp(p)$ должно быть составным, противоречие. Значит в простых точках функция является простым числом.

Пусть $k$ — такое минимальное число, что $gk(p)= p.$ В таком случае, $k$ должно быть делителем $p.$ иначе $gp(p)= gp−k(gk(p))= gp−k(p)=...=gr(p),r$ — остаток от деления $p$ на $k.$ Заметим, что $r <k,$ а мы выбрали $k$ наименьшим таким, что $gk(p)= p.$ Это означает, что либо $k= 1,$ либо $k =p.$ Предположим, что $k= p,$ тогда пусть $g(p)= q,q$ — простое, отличное от $p.$ Заметим, что справедливо равенство $gk+1(p)= g(p).$ Если вместо $g(p)$ подставить $q,$ то получим $gk(q)= q,$ значит $k$ делит $q.$ То есть $k$ — общий делитель двух простых чисел, откуда $k= 1.$ Но тогда при любом простом $p$ имеем $g(p)=p.$

Осталось лишь воспользоваться условием $g(nk)=g(n)g(k)$ и ОТА для того, чтобы убедиться в том, что $g(n)=n$ при любом натуральном $n.$

Ответ:

$g(n)=n$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#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 73#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#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 75#67502Максимум баллов за задание: 7

Найдите количество целых чисел, принадлежащих множеству значений функции

f(x)= 2cos2x+ 2cosx − 2019

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала рассмотрим функцию g(x) = 2cos(2x) + 2cos(x). После применения формулы косинуса двойного угла получаем параболу относительно cos(x). Какие у нее максимум и минимум?

Подсказка 2

Верно, получается, что минимум достигается в вершине параболы, а максимум - в одном из граничных значений косинуса, т.е. в -1 и +1. Теперь поймем, что сдвиг на целое число единиц никак не меняет количество искомых нами чисел в получившемся промежутке, а значит мы уже сейчас можем дать ответ.

Показать ответ и решение

Достаточно найти область значений выражения

2 2 2cos2x+ 2cosx =2(2cos x− 1)+2cosx= 2(2 cos x+ cosx− 1)

Получаем параболу, зависящую от $cosx$ . Её вершина находится в точке $cosx = − 1 4$ , а значение в ней $− 9 4$ . Отсюда легко видеть, что максимальное значение будет в одной из точек $cosx= ±1$ . Подставляя обе, получаем максимум $4$ . На отрезке $[− 9,4] 4$ лежат $7$ целых чисел, это и является ответом (сдвиг на целое число его не меняет).

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#67554Максимум баллов за задание: 7

К графикам функций $y = cosx$ и $y =a tgx$ провели касательные в некоторой точке их пересечения. Докажите, что эти касательные перпендикулярны друг другу для любого $a⁄= 0$ .

Источники: ММО-2023, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как доказать, что две прямые на координатной плоскости перпендикулярны?

Подсказка 2

Нужно доказать, что произведение их коэффициентов наклона равно -1!

Подсказка 3

Как найти коэффициент наклона касательной?

Подсказка 4

Он равен значению производной в точке касания!

Подсказка 5

Обозначьте за x₀ точку пересечения графиков и запишите, что это означает. Потом воспользуйтесь наблюдениями выше.

Показать доказательство

Абсцисса $x 0$ любой точки пересечения графиков данных функций удовлетворяет равенства $cosx = atg x 0 0$ . В этой точке касательная к графику функции $y =cosx$ имеет угловой коэффициент $k1 = − sinx0$ , а касательная к графику функции $y = atg x$ имеет угловой коэффициент $--a-- k2 = cos2x0$ . Поскольку

asinx0 a tgx0 k1⋅k2 = − cos2x0 = −-cosx0 =− 1

эти касательные перпендикулярны друг другу.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#67676Максимум баллов за задание: 7

Дана строго возрастающая функция $f :ℕ −→ ℕ 0 0$ (где $ℕ 0$ — множество целых неотрицательных чисел), которая удовлетворяет соотношению $f(n+f (m ))= f(n)+ m+ 1$ для любых $m,n ∈ℕ0.$ Найдите все значения, которые может принимать $f(2023).$

Источники: ММО-2023, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Смотрим на условие задачи внимательно и ищем, за что зацепиться: "функция строго возрастающая", "числа целые неотрицательные", ещё и равенство для функции без всяких степеней, ещё и единичка прибавляется с одной стороны... Мы видим, что правая часть равенства из условия при увеличении m на 1 увеличивается ровно на 1 (эта идея возникает из возрастания функции и целых значений), тогда имеет смысл посмотреть, а как в таком случае меняется левая часть?

Подсказка 2

Если мы оставим n таким же, а m увеличим на 1, то видим, что левая часть изменилась ровно на 1, а, значит, f(n + f(m+1)) = f(n + f(m)) + 1. То есть слева аргумент функции "почти" увеличился на 1 (на самом деле увеличился на 1 аргумент функции внутри аргумента нашей функции:)), а справа увеличилась на 1 сама часть, вне функции... А вспомним-ка про возрастание функции и применим f(m+1) >= 1 + f(m).

Подсказка 3

Теперь мы должны прийти к тому, что вместо неравенства должно выполняться равенство f(m + 1) = f(m) + 1 для любого целого неотрицательного m.

Подсказка 4

Мы уже связали f(m) и f(m+1), остаётся лишь найти f(0), чтобы стартовать от этого значения. Попробуйте подставить в условие самые базовые значения переменных - нули - и найдите f(0).

Подсказка 5

Теперь окончательно получается f(m) = m + 1. Остаётся найти f(2023) и написать ответ!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Так как функция $f :ℕ0 −→ ℕ0$ строго возрастает, то

f(n+ f(m + 1))≥ f(n +f(m)+ 1)≥f(n+ f(m ))+1

Но по условию правая часть равна $(f(n)+ m +1)+ 1$ и левая часть равна $f(n)+ (m + 1)+1,$ значит, в обоих неравенствах должно достигаться равенство, то есть при увеличении аргумента на 1, значение функции тоже увеличивается ровно на 1:

f(m+ 1)= f(m )+1

Остаётся найти $f(0).$ Для этого в исходное условие подставим $m =0$ и получим

f(n +f(0)) =f(n)+1 =f(n+ 1) =⇒ f(0) =1

В итоге для любого $n∈ ℕ0$ получаем $f(n)= n+ 1,$ откуда $f(2023)= 2024.$

Второе решение.

Подставим $m = 0.$ Получаем $f(n+ f(0))= f(n)+ 1.$

После подстановки $n =0$ получаем $f(f(0))= f(0)+ 1.$ Тогда $f(a)= a+ 1,$ где $a =f(0).$ Заметим, что при $a⁄= 0,$ ведь иначе $f(0)=f(0)+1.$ Итак, $a∈ ℕ.$

После подстановки $n =a$ получаем $f(a+ a)=f(a)+1 =a +2.$ Поэтому значения функции на концах отрезка $[a;2a]$ являются двумя последовательными натуральными числами.

По условию функция $f :ℕ0 −→ ℕ0$ строго возрастает, а значит, на отрезке $[a;2a]$ не должно быть других целых точек помимо $a$ и $2a,$ так как в противном случае значения в этих точках совпадали бы с $a +1$ или $a+ 2,$ что противоречило бы строгому возрастанию. Тогда $2a− a= 1,$ откуда получаем $a= 1.$

Итак, $f(0)=1,f(n+ 1)= f(n)+1,$ откуда для любого $n∈ ℕ 0$ получаем $f(n)= n+ 1.$

В итоге $f(2023)=2024.$

Ответ: 2024

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 78#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 79#68528Максимум баллов за задание: 7

Дана строго возрастающая функция $f :ℕ → ℕ 0 0$ (где $ℕ 0$ — множество целых неотрицательных чисел), которая удовлетворяет соотношению $f(n +f(m))= f(n)+ m +1$ для любых $m, n∈ℕ0$ . Найдите все значения, которые может принимать $f(2023)$ .

Показать ответ и решение

Пусть $f(0)=c$ . Подставим в соотношение $m = 0$ . Получим $f(n +c)= f(n)+ 1$ . Поскольку функция $f$ является строго возрастающей, понимаем, что

f(n +c)≥ f(n +c− 1)+1 ≥f(n+ c− 2)+ 2≥ ...≥ f(n)+ c.

То есть $f(n)+ c≤ f(n)+ 1$ , откуда $c≤ 1$ . При этом $c ⁄=0$ , иначе мы бы получили $f(n)= f(n)+1$ . Тогда $c= 1$ . Далее несложно понять, что $f(n)= n+ 1$ , откуда $f(2023)= 2024$ .