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 61#77788Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x)$ при всех действительных $x⁄= 1$ удовлетворяет соотношению

(x+-1) (x− 1)f x− 1 +4f(x)+ 14x= 0

Решите уравнение

4 ⋅8x = 7+ 2f(x)

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас всего одно уравнение на две неизвестные f(x) и f((x+1)/(x-1)). Значит, нужно получить ещё одно уравнение, подставив вместо x такое значение, что аргументы функций останутся прежними.

Подсказка 2

Если мы подставим (x+1)/(x-1) вместо x, то мы получим новое уравнение на наши неизвестные. То есть у нас уже имеется система из двух уравнений с двумя неизвестными. Решив её, мы получим f(x).

Показать ответ и решение

Сделаем замену:

(| x-+1 |{ t= x − 1, ||( x = t+1. t− 1

Тогда функция $f(t)$ при всех вещественных $t⁄= 1$ удовлетворяет соотношению

( t+1- ) ( t+1) t+1- t− 1 − 1 f(t)+4f t− 1 + 14 ⋅t− 1 =0.

При всех фиксированных $x⁄= 1$ значения $f(x)$ и $( ) f xx+−11$ удовлетворяют системе уравнений:

( ( ) { (x− 1)f xx+−11 + 4f(x)+ 14x= 0, ( -2-f(x)+ 4f(x+1)+ 14⋅ x+1= 0, x−1 x−1 x−1

( ( ) { (x− 1)f x+x−11- =− 4f(x)− 14x, ( 2f(x)+ 4(x − 1)f(x+1)+ 14(x +1)= 0, x−1

Подставим первое уравнение во второе:

2f(x)− 16f(x)− 56x+ 14(x +1)= 0⇒ f(x)=1 − 3x

Решим заданное уравнение:

( ) 4⋅8x =7 +21−3x ⇒ 4(8x)2− 7⋅8x − 2= 0⇒ 2(8x− 2) 8x + 14 = 0⇒ 23x = 2⇒ x= 13

Ответ:

$1 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#91880Максимум баллов за задание: 7

Существует ли такая непостоянная функция $f(x)$ , заданная на всей числовой оси, что при всех действительных $x$ выполняется равенство

(a) $f(sinx)+ f(cosx)=1$ ;

(b) $f(sinx)− f(cosx)=1$ ?

Источники: КФУ - 2021, 11.2 (см. malun.kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка

Для каждого из двух пунктов нужно либо привести пример такой функции, либо предположить её существование и прийти к противоречию. В пункте (а) если это верно, то на всей числовой прямой должно выполняться такое тождество для суммы функций синуса и косинуса одного и того же аргумента. Мы знаем не так уж много тригонометрических тождеств!

Пункт б, подсказка 1

По аналогии с (а) подобрать тождество здесь не получается. В аргументах функции f — синус и косинус. Какие значения x можно выбрать, чтобы аргументы функции приняли наиболее простой вид?

Пункт б, подсказка 2

Можно подставить х:=0, тогда синус примет значение 0, а косинус — 1. По аналогии с этим подставим еще одно значение x, и получим противоречие!

Показать ответ и решение

(a) Рассмотрим $f(x)= x2,$ тогда условие принимаем вид

sin2x+ cos2x= 1

Это основное тригонометрическое тождество, оно верно для любого $x.$

(b) Допустим, что такая функция есть. Пусть $x= 0,$ тогда

f(0)− f(1)= 1

Теперь пусть $π x= 2,$ тогда

f(1)− f(0)= 1

Сложим полученные равенства, получим

0= 2

противоречие.

Ответ:

(a) да;

(b) нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#92161Максимум баллов за задание: 7

Существует ли функция $f$ , определённая на отрезке $[− 1;1]$ , которая при всех действительных $x$ удовлетворяет равенству

2f(cosx)= f(sinx)+sinx?

Источники: ММО - 2021, первый день, 11.2(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Предположим, что такая функция существует. Правая часть уравнения зависит только от синуса, а левая — только от косинуса. На что можно заменить аргумент х, чтобы sin(x) не изменился? Какой вывод можно отсюда сделать?

Подсказка 2

Заменой х на (pi-x) получаем, что функция чётная на всём рассматриваемом отрезке. А если мы теперь захотим изменить аргумент чтобы, наоборот, его косинус не изменился?

Подсказка 3

Заменяя х на (-х) и пользуясь чётностью функции, мы приходим к противоречию!

Показать ответ и решение

Пусть такая функция существует. Тогда, подставляя $π− x$ вместо $x$ в данное равенство, получаем

2f(− cosx)= f(sinx)+sin x.

Значит, $f(− cosx)= f(cosx)$ при всех $x$ , поэтому $f(−t)= f(t)$ при всех $t∈ [−1;1]$ , то есть функция $f$ четная.

С другой стороны, подставляя в исходное равенство $− x$ вместо $x$ , получим

2f(cosx)=f(− sinx)− sin x,

а поскольку $f$ четная, то $f(− sinx)= f(sin x)$ , поэтому

2f(cosx) =f(sinx)− sinx.

Вычитая это равенство из исходного, получаем $sinx= 0$ при всех $x$ . Противоречие.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#92162Максимум баллов за задание: 7

2f(cosx)= f(sinx)+ |sinx|?

Источники: ММО - 2021, первый день, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Подставляя $π∕2 − x$ вместо $x$ , получаем

1 2f(sinx)= f(cosx)+|cosx|= 2(f(sinx)+|sinx|)+|cosx|,

откуда находим

1 2 1 2∘ ------- f(sinx)= 3|sinx|+ 3|cosx|= 3|sin x|+ 3 1− sin2x

Таким образом,

∘ ----- f(x)= 1|x|+ 2 1− x2 3 3

Легко убедиться, что эта функция удовлетворяет исходному равенству при всех действительных $x$ .

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#65461Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x)$ , заданная на всей числовой оси, при всех действительных $x$ и $y$ удовлетворяет равенству

f(x)f(y)= f(x − y)

Известно, что $f (1) =1 2$ . Чему равно $f(2020)?$

Источники: КФУ-2020, 11.2 (см. kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется подставить какие-то числа вместо x и y, чтобы использовать f(1/2)=1.

Подсказка 2

Подставим x=1, y=1/2 и найдём f(1)=1. Теперь хочется подставить что-то вместо y...

Подсказка 3

Подставляем y=1 и получаем рекурренту, из которой легко находится f(2020).

Показать ответ и решение

Положим $x= 1,y = 1 2$ , тогда $f(1)f(1)= f(1) 2 2$ , откуда $f(1)= 1$ . Теперь положим $y = 1$ , тогда $f(x)= f(x− 1)$ . Теперь очевидно, что $f(2020)= f(1)= 1$ .

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#65463Максимум баллов за задание: 7

Существует ли такая непериодическая функция $f,$ определённая на всей числовой прямой, что при любом $x$ выполнено равенство

f(x+ 1) =f(x+ 1)f(x)+1?

Источники: ММО-2020, 11.2, (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

для начала подумаем, какой ответ) Если ответ да, то нужно привести пример. А если нет - то можно попробовать явно показать, что всегда существует период...

Подсказка 2

получается, что если же хотим показать, что существует период, то стоит попробовать выражать f в какой-то точке с помощью f в какой-то другой точке, и искать период, но как использовать равенство, данное условии?...

Подсказка 3

из условия можно выразить f(x+1) через f(x)! Остается лишь выражать и подставлять f(x+1) через f(x), далее вместо f(x) выражение с f(x-1) и так далее, и искать период.

Показать ответ и решение

Покажем, что любая функция, удовлетворяющая условиям, имеет период $3.$ Действительно, из уравнения следует, что $f$ не принимает значения $1.$ В самом деле, если $f(x0)= 1,$ то $f(x0+1)= f(x0 +1)+ 1,$ что невозможно. Следовательно, $--1-- f(x+ 1)= 1− f(x),$ поэтому, применяя последовательно это равенство, получаем:

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

Ответ:

Нет

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#78815Максимум баллов за задание: 7

Приведите пример такого квадратного трехчлена $P(x),$ что при любом $x$ справедливо равенство

2 P(x+ 1)+ P(x+ 2)+...+P(x+ 10)=x

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подставьте искомые значения в ax²+bx+c и преобразуйте выражение.

Подсказка 2

Вспомните про формулы суммы первых n чисел и суммы первых n квадратов чисел.

Подсказка 3

Получили равенство квадратных трёхчленов:10ax²+(110a+10b)x+(385a+55b+10c) = x². Что это означает?

Показать ответ и решение

Пусть искомый многочлен $P(x)= ax2+ bx +c.$ Тогда

P(x+ 1)+...+ P(x+ 10) = ( 2 2) = a (x +1) +...+(x+ 10) + + b((x+1)+ ...+ (x +10))+ 10c= = a(10x2+(2+ 4+ ...+20)x+ (1+ 22+ ...+ 102))+ + b(10x+1 +2+ ...+ 10)+ 10c=

= 10ax2 +110ax +385a+ 10bx+ 55b+ 10c= 2 = 10ax +(110a+ 10b)x+ (385a+ 55b+ 10c)

Получаем равенство квадратных трехчленов

2 2 10ax +(110a +10b)x+ (385a+ 55b+10c) и x

Это равносильно равенству коэффициентов, то есть системе уравнений

(| 10a= 1, { 110a+ 10b= 0, |( 385a+ 55b+ 10c=0,

которая имеет единственное решение $a= 110,b =− 1110,c= 115 .$

Ответ:

$x2−11x+22 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#102069Максимум баллов за задание: 7

Функция $f$ такова, что для любого действительного числа $x$ выполнено равенство

9f(f(x))= 3f(x)+8x.

Решите уравнение $f(x)= 0.$

Показать ответ и решение

Пусть $a$ — корень уравнения $f(x)= 0$ , то есть $f(a)= 0$ . Подставим $x =a$ в данное равенство $9f(f(x))= 3f(x)+ 8x$ :

9f(f(a))= 3f(a)+ 8a

8a f(0)= 9

Подставим $x =0$ :

9f(f(0))= 3f(0)

(8a) 8a f -9 = 27-

Подставим $x = 8a9$ :

( ( ) ) ( ) 9f f 8a = 3f 8a + 64a- 9 9 9

f (8a) = 8a- 27 27

Подставим $8a x = 27$ :

( (8a) ) (8a) 64a 9f f 27 = 3f 27 + 27-

98a= 38a+ 64a 27 27 27

Из последнего равенства получаем, что $a =0$ . Таким образом, если уравнение имеет корень, то этот корень может быть только равным нулю. Покажем, что $x= 0$ является корнем исходного уравнения. Пусть $f(0) =b$ . Аналогично предыдущим выкладкам подставим $x =0,x= b,x = b 3$ в данное равенство и получим, что $b= 0$ .

Итак, исходное уравнение имеет единственное решение $x =0$ .

Ответ: 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#77790Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f(x)$ такие, что для всех действительных $x$ и $y$ выполняется равенство

(3 3) 2 ( 2) f x + y = xf(x)+yf y

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Перед нами функциональное уравнение, поэтому давайте сначала попробуем подставить хорошие значения x и y. Что будет, если мы подставим x=y=0, x=0 и y=x, y=0?

Подсказка 2

Ага, получаем, что f(0)=0. Получаем, что f(x³) можно выразить двумя способами, потом нам это понадобиться. Ещё из равенств мы понимаем, что f(x³ + y³) = f(x³) + f(y³). Почему из этого равенства следует, что f(x+y)=f(x) + f(y)? Попробуйте отсюда понять, почему наша функция нечётная.

Подсказка 3

Верно, так как x³ принимает любые значения, то с соответствующей заменой мы получаем равенство f(x+y) = f(x) + f(y). А при помощи подстановки y=-x получаем нечётность функции. Теперь же из равенства, где мы выразили f(x³) двумя способами, получаем ещё одно равенство с аргументами x² и x. Попробуйте подставить x+1 в это равенство и применить все полученные знания. Ещё немного преобразований, и победа! Не забудьте проверить, что функция действительно удовлетворяет уравнению.

Показать ответ и решение

Выполним подстановки $x =0$ и $y =0,$ получим:

3 2 3 2 f(0) =0,f(x + 0)= xf(x),f(0+ x)= xf(x )⇒

3 2 2 3 3 3 3 ⇒ f(x )= xf(x)= xf(x ) и f(x + y)= f(x)+ f(y).

Из этого следует, что $f(x+y)= f(x)+f(y).$

Если $y = −x,$ то $f(−x)= −f(x),$ т.е. $f−$ нечётная функция. Далее будем считать что аргумент больше $0.$ Тогда $x2f(x)=xf(x2),$ откуда $f(x2)= xf(x).$ Следовательно,

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

Но с другой стороны,

f((x+1)2)=f(x2+ x+ x+1)= f(x2)+ f(x)+ f(x)+f(1).

Приравнивая эти выражения, мы получаем:

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

f(x)= xf(1).

Т.е. $f(x)= αx.$ Очевидно, что все такие функции удовлетворяют условию задачи.

Ответ:

$f(x)= αx$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#79747Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x),$ заданная на всей числовой оси, при всех действительных $x$ и $y$ удовлетворяет условию

x-+y x−-y f(x)+ f(y)= 2f( 2 )f( 2 )

Верно ли, что функция $f(x)$ обязательно чётная?

Источники: Всеросс., 2018, РЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Подставим в данное равенство $− y$ вместо $y.$ Получим

x−-y x-+y f(x)+ f(−y)=2f( 2 )f( 2 )

Итак, $f(x)+f(y)= f(x)+ f(− y),$ откуда для всех действительных $y$ получим $f(y)=f(−y).$ Это и означает, что функция $f(x)$ чётная.

Ответ:

Верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#91871Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f(x)$ , определенные на всей числовой оси и удовлетворяющие условию $f(x− y)= f(x)⋅f(y)$ при всех $x,y$ .

Показать ответ и решение

Подставим в исходное равенство $y =x :$

2 f(0)=(f(x))

∘ ---- f(x)= ± f(0)

(1)

Подставим в исходное равенство $y = x= 0:$

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

[ f(0)= 0 f(0)= 1

Случай 1: $f(0)= 0$

Из $(1)$ следует, что $f(x)= 0$ для всех $x.$ Прямая подстановка в условие показывает, что данное решение подходит.

Случай 2: $f(0)= 1$

Подставляя в $(1),$ получаем, что $f(x)= ±1.$ Пусть есть некоторая точка $x , 0$ что $f(x )=− 1. 0$ Подставим в условие $x0- x =x0, y = 2 :$

( x0) (x0) f x0− -2 = (−1)⋅f -2

(x ) 2f -02 =0

Но последнее равенство не может выполняться, так как для всех $x$ мы уже знаем, что $f(x) =±1.$

Значит, не существует $x0,$ что $f(x0)= −1.$ Тогда $f(x)= 1.$ Подстановка показывает, что этот ответ подходит.

Ответ:

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#65464Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что не существует функции $f(x)$ , определённой для всех $x> 1$ , такой, что $f(x2)=2f(x)$ и $f (x + 1)=f(x)+ 3. x$

Источники: ИТМО 2017

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим два уравнения с различными аргументами. Тогда сначала попробуем подставить x² во второе уравнение, а х+1/х в первое из условия и посмотреть, что выйдет. Что тогда можно общего заметить?

Подсказка 2

Верно, x²+1/x² есть в аргументах обоих уравнениях. Тогда можно обозначить его за у, учитывая все ограничения, и выразить f(y) через f(y+2). Получим новое функциональное уравнение. Как теперь можно добиться противоречия, что такой функции нету?

Подсказка 3

Ага, функция не может принимать разные значения в одной точке. Теперь попробуйте подставлять 3 и 5 в получившиеся уравнения и добиться противоречия, что в точке 5 функция принимает различные значения.

Показать доказательство

С одной стороны,

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

С другой стороны,

( ) (( )2) ( ) f x2+ 2+ 1- = f x+ 1 =2f x+ 1 = 2(f(x)+ 3) =2f(x)+6. x2 x x

Сравнивая эти равенства, получаем, что для любого числа $y$ , представимого в виде $2 -1 x + x2$ при $x> 1$ , то есть для любого $y > 2$ , выполняется равенство $f(y+ 2)= f(y)+3$ . Тогда

( ) 2f(3)= f 32 =f(9)=f(7+ 2)=f(5+ 2)+3= f(3+ 2)+ 6= f(3)+ 9,

откуда $f(3)=9$ . Следовательно, $f(5)=f(3)+3 =12$ . С другой стороны,

2f(5)= f(25)= f(5+ 2⋅10)=f(5)+30,

откуда $f(5)=30⁄= 12$ . Получаем противоречие, значит, такой функции действительно не существует.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#94443Максимум баллов за задание: 7

Найдите все многочлены $P(x)$ с вещественными коэффициентами, для которых неравенство $P(a− 1)P(a+ 1) >P(a)2− 1$ выполнено при всех вещественных $a.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала нужно понять ответ, поподставляйте разные многочлены, обратите внимание не только на степень, но и на старший коэффициент.

Подсказка 2

Ответ P(x)=kx+b, где |k|<1. Осталось понять, что все такие подходят, а остальные нет. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Рассмотрите 2 случая. Когда многочлен степени не более чем первой и когда хотя бы квадратный. В первом случае получите оценку на старший коэффициент. Что делать во втором случае?

Подсказка 4

У вас есть неравенство. Если подставить туда многочлен. Оно всегда верное. Что это значит? Значит, после сокращения остался многочлен, который всегда положителен. Покажите, что это не так. Поймите, что остался многочлен степени (2n-2) и отрицательным коэффициентом.

Показать ответ и решение

Для начала решим задачу для многочленов не выше первой степени. Пусть $P (x)= kx+ b.$ Действительно, $P(a ±1)= kx+ b±k,$ откуда

2 2 P(a− 1)P (a+ 1)= (kx+ b) − k

2 2 P (a) − 1 =(kx+ b) − 1

Т.е. исходное неравенство эквивалентно $k2 < 1,|k|< 1.$

Пусть теперь $degP >1;$ пусть

P(x)= kxn +bxn−1+ cxn−2+ ...

где $k ⁄=0.$ Тогда

P(x+1)= k(x+1)n+ b(x+ 1)n−1 +c(x+1)n−2+ ...=

=k ⋅xn +(kn+ b)⋅xn−1+ (kC2n+ b(n− 1)+c)⋅xn−2+...

P(x− 1)= k(x− 1)n+ b(x− 1)n−1 +c(x− 1)n−2+ ...=

=k ⋅xn − (kn− b)⋅xn−1+ (kC2n− b(n− 1)+c)⋅xn−2+...

2 2n 2n−1 2 2 2n−2 P(x+ 1)P(x− 1)= k ⋅x + 2kb⋅x + (2kc+ b − k n)⋅x +...

2 2 2n 2n−1 2 2n−2 P(x) − 1= k ⋅x + 2kb⋅x +(2kc+b )⋅x + ...

Но тогда разность левой и правой частей — многочлен степени $2n − 2$ и старшим коэффициентом $− k2n <0,$ поэтому он не может всегда быть больше нуля.

Ответ:

$P (x)= kx+ b,$ где $|k|< 1,b$ — любое

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#91872Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f(x)$ , определённые на всей числовой прямой, удовлетворяющие уравнению

f(y− f(x))=1 − x− y

для произвольных $x$ и $y$ .

Показать ответ и решение

Подставим в исходное равенство $y =f(x):$

f(0)= 1− x − f(x)

f(x)= 1− x− f(0)

Значит, осталось найти $f(0).$ Для этого подставим в последнее равенство $x= 0:$

f(0)= 1− f(0)

f(0)= 1 2

Значит, $f(x)= −x + 1. 2$ Для проверки ответ подставим его в условие:

− (y− f(x))+ 1= 1− x− y 2

−(y+x − 1)+ 1 = 1− x − y 2 2

−y − x +1= 1− x− y

Равенство выполнено. Значит, этот ответ подходит.

Ответ:

$f(x)= −x+ 1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 75#70842Максимум баллов за задание: 7

Обозначим через $f(x)$ функцию, которая равна $1$ при любом целом $x$ и равна $0$ при остальных $x.$ Учительница дала задание двоечнику Васе записать функцию $f(x)$ с помощью букв $x,$ целых чисел, знаков сложения, вычитания, умножения, деления и операции взятия целой части. Помогите Васе.

Источники: СпбОШ - 2014, задача 11.1(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На самом деле нам дали очень много свободы, давайте для начала попытаемся выполнить хотя бы одно из условий.

Подсказка 2

Раз нам нужна функция, которая равна при любом целом x, то понятно, что свободный член берём равный одному.

Подсказка 3

Чтобы остальное компенсировалось при целых x, возьмём сумму целых частей с x и -x. Проверьте, выполняется ли второе условие.

Показать ответ и решение

Например, подойдёт $f(x) =1+ [x]+ [−x].$ Какие рассуждения могут привести к примеру? Раз нам нужна функция, которая равна $1$ при любом целом $x,$ то понятно, что свободный член берём равный одному. И соответственно, чтобы остальное компенсировалось при целых $x$ возьмём сумму целых частей с $x$ и $− x.$ Теперь легко проверить, что второе условие задачи для функции тоже выполняется.

Ответ:

$f(x)= 1+[x]+ [−x]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#94442Максимум баллов за задание: 7

Пусть $m$ — ненулевое целое число. Найдите все многочлены $P(x)$ нечетной степени с вещественными коэффициентами такие, что

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Изначально нужно сузить диапазон поиска ответа. Как это можно сделать? Часто помогает посчитать какой-нибудь коэффициент при x^k. Зачем это нужно? Вы получите уравнение на n, что значительно поможет при решении. Какое k нужно выбрать?

Подсказка 2

Посчитайте коэффициент при x^(n+1). Поймите после этого, что n=1. Дальше осталось выполнить проверку линейный многочленов. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Прямой проверкой убедитесь, что P(x)=tx подходит. А все остальные многочлены не подходят.

Показать ответ и решение

Пусть $P(x)= a xn+ ⋅⋅⋅+a x0, n 0$ где $a ⁄= 0. n$

Коэффициент при $n+1 x$ в многочлене в правой части равен

2an−2− 2man

Отметим, что многочлены $P(x+1)$ и $P(x− 1)$ имеют вид

n n−1 P(x+ 1)=an(x+ 1) + an−1(x +1) +...=

a ⋅xn+ (na + a )⋅xn−1+ (a C2+ a (n− 1)+a )⋅xn−2+... n n n−1 n n n−1 n−2

P(x− 1)=an(x− 1)n+ an−1(x − 1)n−1+...=

an⋅xn− (nan− an−1)⋅xn−1+ (anC2n− an−1(n− 1)+an−2)⋅xn−2+...

следовательно, в правой части коэффициенты перед $xn+1$ в первом и втором слагаемом равны соответственно

(anC2n+an−1(n− 1)+an−2)− m (nan +an−1) и (anC2n− an−1(n − 1)+ an− 2)+ m(an−1− nan)

Складывая, имеем

2anC2n+ 2an−2− 2mnan

Приравнивая коэффициенты в левой и правой части имеем соответственно

2 2anCn+ 2an−2 − 2mnan =2an−2− 2man

2 2anCn− 2mnan+ 2man = 0

a (n(n− 1)− 2mn +2m )=0 n

an(n− 1)(n− 2m)= 0

следовательно, $n =1$ или $n= 2m.$

Таким образом, единственным возможным многочленом нечетной степени, удовлетворяющим исходному уравнению может быть лишь многочлен первой степени. Прямой проверкой легко убедиться, что каждый многочлен вида $P(x)=tx$ является решением для некоторого действительного $t.$ Пусть теперь многочлен имеет вид $P(x)= tx +r,$ тогда его можно представить в виде $P(x)= Q(x)+ r,$ где $Q(x)$ является решением. Тогда из исходного уравнения следует, что и многочлен $H (x)= r$ должен являться решением, что неправда, поскольку

(x3− mx2+ 1)r+ (x3 +mx2 +1)r⁄= 2(x3− mx +1)

Следовательно, решениями являются лишь многочлены первой степенью, свободный коэффициент которых равен $0.$

Ответ:

$P (x)= tx$ для любого вещественного числа $t$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#49766Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x)$ для всех $x$ удовлетворяет равенству

f(x +3)= x+ 2− f(x),

а при $x∈ [− 3;0)$ задаётся формулой $f(x)= x2$ . Найдите $f(2012).$

Источники: ОММО-2012, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из условия видно, что мы можем с помощью "наращивания" искать значения от сколь угодно больших аргументов, но нам бы хотелось делать это еще и как-то удобно и быстро. В этом нам мешает слагаемое x в выражении f(x+3)=x+2-f(x). Но, кажется, при повторении этой операции из-за минуса x должен уйти...

Подсказка 2

Действительно, f(x+6)=3+f(x). Тогда с помощью индукции можно установить, что f(x+6k)=3k+f(x). Как нам тогда найти f(2012)?

Подсказка 3

f(2012)=f(2+6*335), поэтому f(2012)=1005+f(2). Найдите f(2) и завершите решение!

Показать ответ и решение

Применим условие дважды