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 81#69824Максимум баллов за задание: 7

Вычислить площадь фигуры, ограниченной графиками функций: $-2x-- y =2arctgx +arcsin 1+x2,y = 0,x= 2,x =4.$

Источники: САММАТ-2023, 11.5 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Да уж, ну и задачка… Интегралы мы пока брать не умеем. В таком случае используем тот способ исследования функции, который нам доступен на школьном уровне. Давайте возьмем производную.

Подсказка 2

Посмотрите чему равна производная при x > 1.

Подсказка 3

Если вы правильно всё посчитали, то при x > 1 производная равная нулю. Зная данную особенность, с лёгкостью нарисуйте график функции и найдите площадь под графиком!

Показать ответ и решение

Легко заметить, что функция $y = 2arctgx+ arcsin 2x- 1+x2$ на отрезке $[2;4]$ является константой, ведь её производная

2⋅(1+x2)−2x⋅2x- 2+2x2−-4x2 ′ --1-- ---(1+x2)2--- --2-- --(1+x2)2--- y(x)= 2⋅1 +x2 + ∘ (-2x)2 = 1+ x2 + ∘ (1+x2)2−4x2= 1− 1+x2 (1+x2)2

2 2(11+−xx22)- 2 2(1− x2) = 1+-x2 + ∘----2-2 = 1+-x2 + (1+x2)|1-− x2| (1 − x )

тождественно равна нулю при $x> 1,$ потому что

| 2| ( 2) ′ 2 2(1− x2) 2 2 |1− x |= − 1− x =⇒ y(x)= 1+x2-+ − (1−-x2)(1+-x2)-= 1+x2-−1-+x2 =0

Таким образом, нам просто надо посчитать площадь прямоугольника:

(4− 2)⋅y(1)= 2⋅(2⋅ π+ π) =2π 4 2

Ответ:

$2π$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 82#72145Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что $sinx + 1 sin2x+ 1sin3x+ ...+ 1 sinnx> 0 2 3 n$ при $0 <x < π.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чем мы пользуемся, когда хотим доказать какое-то утверждение для произвольного n ∈ ℕ ?

Подсказка 2

Индукцией! Давайте тут её применим. Записываем базу и начинаем работать с шагом индукции. Пусть для n - 1 всё работало, рассматриваем n. И что нужно доказать, чтобы сделать вывод, что f_n(x) > 0 во всех точках х из интервала?

Подсказка 3

Нужно доказать, что минимум f_n(x) > 0! Пусть минимум достигается в точке x₀, тогда как будет вести себя функция в окрестности точки x₀? Что мы можем сказать про f'(x₀)?

Подсказка 4

Конечно, f'(x₀) = 0! Тогда можем посчитать производную в точке x₀ и постараться упростить это выражение (вспомните про телескопы!) Но попробуйте не в лоб складывать косинусы, а ещё на кое-что домножить, чтобы потом воспользоваться другой формулой

Подсказка 5

Предлагается домножить на sin(x₀/2) (≠ 0, что важно!) и ещё на 2, чтобы потом не пришлось писать 1/2, когда пользуемся формулой sinα ⋅ cosβ.

Подсказка 6

Расписываем и сокращаем, получаем короткую формулу для 2 ⋅ sin(x₀/2) ⋅ f'_n(x₀) и это равно 0 ⇒ .... (подумайте, зачем нам надо было sin(x₀/2) ≠ 0). И вот мы знаем, что для n - 1 f(x) было > 0, что тогда нам хотелось бы показать, чтобы для n f(x) тоже было > 0 ?

Подсказка 7

Хотим, чтобы слагаемое, которое добавляем к f_{n-1} для получения f_n, было ≥ 0. У нас было sin((n + 1/2)x₀) = sin(x₀/2), а чему равна разность этих аргументов?

Подсказка 8

Она равна n ⋅ x₀! Тогда мы можем расписать наш "добавочный" sin(nx₀) как синус разности аргументов! А чему это будет равно? Чтобы это понять, подумайте, как соотносятся косинусы тех аргументов, если их синусы равны

Подсказка 9

Косинусы будут равны по модулю! Тогда наш sin(nx₀) будет равен либо 0, либо 1/n ⋅ sin(x₀) > 0! Победа, мы доказали шаг индукции, а значит доказали, что f(x) > 0 для любого х!

Показать доказательство

Применим индукцию по $n$ . При $n =1$ неравенство очевидно. При $n= 2$ получаем $sinx+ 1sin 2x = sinx(1+ cosx) 2$ . Ясно, что $sinx >0$ и $1+cosx> 0$ при $0< x< π.$

Предположим, что $1 -1- fn−1(x)= sinx+ 2sin2x+...+ n− 1sin(n − 1)x> 0$ при $0 <x <π$ . Покажем, что тогда $1 fn(x)= fn−1(x)+ nsin nx> 0$ при $0 <x < π$ . Пусть $x0$ — точка отрезка $[0,π]$ , в которой функция $fn(x)$ принимает минимальное значение. Предположим, что $fn(x0)≤0$ , причём $x0 ⁄= 0$ и $x0 ⁄= π$ . Тогда $′ fn(x0)= 0$ . Ho

sin(n+ 1)x − sinx0 f′n (x0)= cosx0+ cos2x0+ ...+ cosnx0 =------2--0x0-----2- sin 2

Докажем тождество

sin(n+-12)x-− sin-x2 cosx+cos2x+ ...+cosnx= sinx2

Пусть сумма косинусов равна $S$ . Домножив на $2sin x2 ⁄= 0$ получим

2S sinx =2cosxsinx + 2cos2xsin x+ ...+ 2cosnxsin x= 2 2 2 2

( 3x- x) ( 5x 3x) ( (2n+-1)x (2n-− 1)x) = sin 2 − sin2 + sin 2 − sin 2 + ......+ sin 2 − sin 2 =

(2n+ 1)x x sin---2--- − sin 2

Поэтому в силу тождества $( ) sin n + 12 x0 =sin x02$ , а значит, $| ( ) | |cos n+ 12 x0|=cosx20$ . Далее,

( ( ) ( ) ) fn(x0)− fn−1(x0) = 1sinnx0 = 1 sin n + 1 x0cosx0− cos n + 1 x0sinx0 n n 2 2 2 2

Полученное выражение равно $0$ или $-2sinx0cosx0= 1 sinx0 > 0 n 2 2 n$ . Таким образом, $fn(x0)− fn−1(x0)≥ 0$ , а значит, $fn−1(x0)≤ fn(x0) ≤0$ . Получено противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 83#73595Максимум баллов за задание: 7

Найдите наибольшее и наименьшее значения выражения $x +2y$ , если $x$ и $y$ удовлетворяют условию

2 2 3x − 2xy +4y ≤ 5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В явном виде из неравенства в условии x + 2y никак не выразить. Тогда давайте считать, что x + 2y принимает какое-то параметрическое значение a. Что в таком случае должно выполняться для системы, состоящей из x + 2y = a и 3x²-2xy+4y²≤5?

Подсказка 2

Данная система должна иметь решения, чтобы a существовало. Тогда как мы можем получить ограничения на a?

Подсказка 3

Если из уравнения x + 2y = a выразить 2y и подставить в наше неравенство из условия, то мы получим квадратное неравенство от x, которое должно иметь решения. Подумайте, какие в таком случае возникают ограничения на a.

Показать ответ и решение

Обозначим $x+ 2y = a$ , т.к. явно $x +2y$ из $3x2 − 2xy+ 4y2 ≤5$ не получить. Тогда нужно оценить параметр $a$ , чтобы получить ответ. Мы получили систему:

{ x+2y =a, 2 2 3x − 2xy+ 4y ≤5.

Следовательно, нужно найти наименьший и наибольший $a$ , при которых система имеет решения. Выразим $2y$ из первого уравнения и подставим во второе:

{ 2y = a− x, 3x2− x(a− x)+ (a− x)2 ≤ 5.

Преобразуем второе уравнение: $5x2− 3ax+ a2 − 5≤ 0.$

Данное неравенство имеет решения тогда и только тогда, когда дискриминант неотрицателен:

D = (−3a)2− 4⋅5⋅(a2− 5)= −11a2 +100≥ 0

откуда

−√10-≤ a≤ √10- 11 11

Наименьший $a= −√10- 11$ , наибольший $a= 1√0-. 11$

Ответ:

$√10, −√10 11 11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 84#77204Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

2 2arccosx− arccos(x +2x− 1)=sinx− arcsinx

Показать ответ и решение

ОДЗ:

{ −1 ≤x ≤1, √- 2 ⇒ 0≤ x≤ −1+ 3. −1 ≤x + 2x− 1≤1

Используем формулу $arcsinx+ arccosx = π: 2$

π 2 2 + arccosx − arccos(x + 2x− 2)=sin x

Заметим, что корень $x= π$ - подходит. Докажем, что других нет, используя монотонность. Пусть

π 2 f(x)= -2 + arccosx− arccos(x + 2x− 2)− sinx

Тогда для доказательства, что она монотонная будем использовать производную.

1 1 f(x)′ = −√---2-+(2x+ 2)⋅∘-----2-------2-− cosx. 1− x 1− (x + 2x− 2)

Докажем, что производная положительная, т.е. докажем следующую оценку при данных ограничениях:

(2x+ 2)⋅∘------1-------> cosx+ √--1-2- 1 − (x2+2x − 2)2 1− x

Оценим правую часть:

({ cosx <1 ---1-- √- ( √1-− x2 <2, при x∈ [0;−1+ 3]

Тогда правая часть не больше $3.$

Оценим левую часть:

1 ∘-----2-------2 > 1, т.к. мы делим 1 на число меньшее, чем 1 1− (x +2x − 2)

при $x∈ [0;−1+ √3].$ Значит хочется доказать, что $2x+ 1> √-1--- 1− x2$ (одну единицу мы взяли для оценки косинуса), т.к. тогда если это верно, то верно что и левая часть больше правой.

Доказательство:

---1-- 2 2 2x+ 1> √1-− x2 ⇒ (4x + 4x+ 1)(1− x )> 1

−4x4− 4x2+ 3x2+4x> 0.

Ввиду ограничения на $√- x∈ [0;−1+ 3],$ получаем:

{ 3 √- 4x>2 4x4− это верно для всех x∈ [0;−1+ 3] 3x − 4x > 0

2 4 2 2 3x − 4x > 0⇒ x (3− 4x )>0.

Подставим $x =−1 +√3-$ во второй множитель последнего неравенства:

√-2 3 2 9 3− 4⋅(−1+ 3) >3 − 4⋅(4) = 3− 4 > 0− верно

Значит при всех $√ - x ∈[0;−1 + 3]$ верно что

--1--- 2x+ 1> √1−-x2

Тогда функция монотонная и имеет один корень $x= π.$

Ответ:

$π$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 85#39088Максимум баллов за задание: 7

Найдите область значений функции

f(x)= cos(cos(cosx))

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно, что в лоб находить область значений тут у нас не получится. Давайте попробуем начать оценивать область изнутри. Сделаем это последовательно, сначала для cos(cos(x)). Вспомните, как у нас ведёт себя cos(x) от -1 до 1?

Подсказка 2

Верно, от -1 до 0 он возрастает, а от 0 до 1 — убывает. Учитывая, что cos(-1)=cos(1), найдём область значений для cos(cos(x)). Попробуйте далее аналогично понять, как ведёт себя функция косинуса, но уже на новом интервале. Не забудьте, что единица тут в радианах!

Подсказка 3

Ага, так как 1<π/2, то косинус убывает на данном интервале. Далее раз все значения из интервала достигаются, найдём ответ на задачу.

Показать ответ и решение

cosx∈ [− 1,1]

Функция $cos$ возрастает на $[−1,0]$ и убывает на $[0,1]$ . При этом $cos(−1)= cos1$ . Значит,

cos(cos(x))∈ [cos1,1]

И все значения из этого интервала достигаются. Так как $1< π 2$ , то на $[cos1,1]$ функция $cosx$ убывает, поэтому $cos(cos(cosx))$ пробегает ровно все значения от $cos1$ до $cos(cos1)$ .

Ответ:

$[cos1;cos(cos1)]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 86#40268Максимум баллов за задание: 7

Найдите наибольшее значение функции

f(x)= 2sinx +sin2x

на отрезке $[0,5π]. 4$

Источники: ПВГ - 2014, 9 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, нужно найти максимальное значение суммы двух функций на отрезке… Конечно же, нам поможет в этом производная!

Подсказка 2

Вспомним, что производная от суммы двух функций – это сумма производных от каждой из этих функций! А производная синуса – косинус!

Подсказка 3

Получается, максимальное значение достигается либо в точке π, либо в точке π/3, либо на концах отрезка. Осталось найти максимум из значений выражения в этих точках!

Показать ответ и решение

Наибольшее значение может достигаться или в одном из концов отрезка, или во внутренней точке отрезка — при выполнении необходимого условия экстремума:

′ f (x)= 0 ⇐⇒ 2cosx+2 cos2x= 0

2 cosx+ 2cos x− 1= 0

cosx= −1 или cosx = 1 2

На отрезке из условия подходят точки $π,π 3$ . Не будем проверять, максимум ли или минимум в этой точке. Достаточно сравнить значения в них и на концах отрезка.

Максимальное значение достигается в $π 3$ и равно $3√3 2$ .

Ответ:

$3√3 2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 87#40269Максимум баллов за задание: 7

Найдите промежутки возрастания и убывания функции

-1-- y =x + x− 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы найти промежутки возрастания и убывания функции, нам поможет производная! А если конкретно, то нули производной!

Подсказка 2

Производная равна нулю в точках 0 и 2. Тогда, осталось лишь расставить знаки и не забыть, что при x = 1 функция не определена

Показать ответ и решение

Найдём нули производной

′ ---1-- y(x)=1 −(x− 1)2 = 0 ⇐ ⇒ x= 1±1

Не будем забывать также про точку разрыва $x= 1.$

По знакам производной определяем, что функция возрастает на $(−∞;0],[2;+∞ ),$ а убывает на $[0;1),(1;2].$ Обратите внимание, что писать в множество возрастания/убывания функции объединение промежутков будет некорректно, потому что в данном случае из-за разрыва 2 рода нарушается определение возрастания/убывания сразу на всём множестве. Через запятую написать отдельные промежутки, на которых функция возрастает, будет приемлемо.

Ответ:

функция возрастает на $(−∞;0],[2;+ ∞)$ ,

убывает на $[0;1),(1;2]$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 88#40270Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

sinx− x= 0

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сразу вспомним, что синус у нас ограничен от -1 до 1, а значит и х лежит в этом промежутке. Необычное уравнение нам дали. В такие моменты в принципе бывает полезно перебрать все способы решения: какой-то да сработает. Давайте попробуем хотя бы угадать сразу очевидный корень.

Подсказка 2

Ага, х=0 подходит нам. Уже хорошо! Хм, а давайте попробуем перенести х влево. Что тогда у нас получается? Выходит справа ноль, а слева странная функция. Если есть какие-то другие корни, то искать точно не хотелось бы его... Какой тогда способ решения напрашивается?

Подсказка 3

Верно, если мы докажем, что слева функция монотонна, а справа у нас константа, то это будет победа! Ведь корней тогда не более одного, а мы его уже нашли. Итак, попробуйте взять производную и понять, почему на нужном нам промежутке функция sinx-x монотонна.

Показать ответ и решение

Так как $sinx ∈[−1;1],$ то $x∈ [− 1;1].$

Рассмотрим функцию $f(x)= sinx− x.$ Заметим, что на отрезке $[−1;1]$ её производная $′ f (x) =cosx− 1≤ 0$ отрицательна всюду, кроме единственной точки $x= 0,$ в которой производная обращается в ноль. Значит, функция монотонно убывает на всём отрезке.

Но раз так, то решений уравнения не более одного.

При этом легко видеть, что $x= 0$ является решением.

Ответ:

$0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 89#41244Максимум баллов за задание: 7

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых уравнение

3 1 2 2x + 2x − x − a − 1= 0

имеет единственный корень.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

а входит только в первой степени, поэтому удобно будет перенести а направо и нарисовать получившееся уравнение в плоскости хОа!

Подсказка 2

Изобразим график функции а(x) = 2x³ + x²/2 - x - 1. Как можно изобразить график кубической функции?

Подсказка 3

С помощью производной! Определим промежутки возрастания и убывания функции, посчитаем значение функции в точках перегиба. Осталось лишь "двигать" горизонтальную прямую, соответствующую разным значениям а, и искать ровно одно пересечение!

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию $f(x)=2x3+ x2− x− 1 2$ и построим её эскиз. Для этого возьмём производную: $f′(x)=6x2+ x− 1= 0 ⇐⇒ (3x− 1)(2x+ 1)=0.$ По знакам производной определяем промежутки возрастания и убывания функции:

$PIC$

Найдём $a∗ = f(13)= 227 + 118 − 43 = − 6554$ и $a∗ = f(− 12)= − 14 + 18 + 12 − 1=− 58.$ При $a< a∗$ и $a >a∗$ прямая $y = a$ пересекает график $y =f(x)$ ровно в одной точке, при других значениях параметра $a$ точек пересечения больше одной.

Ответ:

$(−∞;− 65)∪(− 5;+∞ ) 54 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 90#41245Максимум баллов за задание: 7

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых уравнение

3 2x x cosx +2 cos 3 +3cos3 =a

имеет решение.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что слева у нас непрерывная функция, справа a. Чтобы существовало решение, нам нужно, чтобы a принадлежало множеству значений функции слева. Как это удобно учесть?

Подсказка 2

Чтобы a принадлежало множеству значений непрерывной функции, достаточно принадлежности a отрезку между максимумом и минимумом функции! По формуле тройного угла можно связать cos(x) и cos(x/3), а вместе с ними и cos(2x/3). Так как же найти максимум и минимум функции?

Подсказка 3

С помощью производной! Заменим cos(x/3) на t, осталось лишь найти точки экстремума f(t) = 4t³-3t +3/2 (2t²-1) + 3t

Показать ответ и решение

Уравнение имеет решение тогда и только тогда, когда $a$ принадлежит множеству значений функции в левой части уравнения. Но отметим, что это непрерывная функция, поэтому принимает все значения между своими максимумом и минимумом. Остаётся найти их.

После замены $x cos3 = t∈[−1,1]$ получаем задачу исследования

3 3 2 3 2 3 f(t)= 4t− 3t+ 2(2t − 1)+ 3t=4t + 3t − 2

на отрезке $[− 1;1]$ .

Возьмём производную по $t$ :

f′(t)= 12t2+ 6t=0 ⇐ ⇒ t∈ {0;− 12}

Остаётся подставить $t=− 1,t= − 12,t= 0,t= 1$ (максимум и минимум могут достигаться только в этих точках) и получить

fmin = f(− 1)=− 5,fmax =f(1)= 11 2 2

Ответ:

$[− 5;11] 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 91#49764Максимум баллов за задание: 7

Функция $F$ определена на множестве троек целых чисел и принимает действительные значения. Известно, что для любых четырёх целых чисел $a,b,c$ и $n$ выполняются равенства $F (na,nb,nc)= n⋅F(a,b,c),F(a+ n,b+ n,c+n)= F(a,b,c)+n$ , $F (a,b,c)= F(c,b,a)$ . Найдите $F(58,59,60).$

Источники: ОММО-2022, номер 9, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте посмотрим на нашу функцию и на то, что с ней можно делать. Во-первых, можно выносить общий множитель из аргумента. Во вторых, можно вычитать, прибавлять что угодно и к аргументам функции, и к её значению, при этом равенство останется верным. Ещё наша функция симметрична относительно первой и второй переменной. Теперь подумаем, как нам можно получить F(58,59,60). Это три последовательных числа. Значит, чтобы получить значение на этих значениях, мы можем найти значение в точке F(k-1,k,k+1) и потом по второму свойству найти требуемое. При этом как-то надо воспользоваться двумя другими условиями. Попробуйте подобрать такое k, чтобы значение в нём можно было бы найти с помощью двух других условий.

Подсказка 2

Если вы еще не нашли такое k, то давайте вместе подумаем, каких бы свойств нам хотелось бы от k. Во-первых, надо, чтобы оно определялось (то есть его значение становилось известным) только через первое и третье условие, так как если оно известно через второе, то это нам не подходит, поскольку тогда либо существует тройка, значение которой определяется через первое и третье условие, либо все значения определяются через второе, однако последнее, очевидно, неверно. Значит, существует тройка, которая определяется через первое и третье. Поскольку оба этих условия не дают свободного члена, то единственное, что мы можем получить из этих уравнений - это 0, поскольку, если мы получим равенство двух значений, без свободного члена, то это будет их отношение и , коль скоро, мы не используем второе выражение, то единственное отношение, которое можно получить и найти значение функции в точке - это 0. Значит, нам нужно получить 0. Значит, с одной стороны функция равна себе, а с другой стороны минус себе. Попробуйте что-то с этим сделать.

Подсказка 3

Если мы хотим, чтобы функция в точках была равна минус себе, то так как n*F(a,b,c) = n*F(c,b,a) = F(na,nb,nc), мы хотим, чтобы na = -nc, nb = - nb, nc = -na. Но из второго равенства следует, что nb=0, а значит и b = 0(иначе, n = 0, и у нас просто функция от нулей равна 0. Что не подходит нам под условие на k-1,k,k+1. Значит, b = 0, a = -1, c = 1. И значит, F(-1,0,1)= 0 = F(58,59,60) - 59.

Показать ответ и решение

Заметим, что для $n= −1$

F(−1,0,1)= F(1,0,−1)= (−1)⋅F(−1,0,1) =⇒ F (− 1,0,1)= 0

Отсюда легко видеть $F(58,59,60)= F(−1,0,1)+59 =59.$

Ответ:

$59$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 92#51602Максимум баллов за задание: 7

Дана функция $f(x)= sin4x-+cos4x- sin6x +cos6x$ . Найти:

1) корни уравнения $10 f(x)= -7$

2) наибольшее и наименьшее значения функции $f(x)$ .

Показать ответ и решение

Используем тождества (первое равенство получается из формулы суммы кубов)

6 6 4 4 2 2 2 2 3 2 sin x +cosx = sin x+cos x− sin xcos x= 1− 3sin xcosx = 1− 4sin 2x

1 sin4x+ cos4x= (sin2x+ cos2x)2− 2sin2x cos2x= 1− 2sin22x

Далее сделаем замену $sin22x= t,$ получим

f(x)= -1− t∕2 = 2⋅-t−-2 = 2⋅ (t− 4∕3)− 2∕3 = 2 − 9⋅-1 = g(t) 1− 3t∕4 3 t− 4∕3 3 t− 4∕3 3 4 t− 4∕3

где $0 ≤t≤ 1.$ Функция $g(t)$ является возрастающей на отрезке $[0;1],$ и поэтому $gmin = g(0)= 1$ , $gmax = g(1) =2.$ Если $f(x)= 10, 7$ то $g(t)= 10, 7$ т. e. $2(t−2)= 10, 3t−4 7$ откуда $t= 3. 4$ Следовательно, $sin22x= 3 4$ или $cos4x =$ $= − 1, 2$ откуда $x =± π+ πn,n∈ ℤ 6 2$ .

Ответ:

$1)x= ±π + πn-,n ∈ℤ; 6 2$

$2)fmax = 2,fmin =1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 93#65457Максимум баллов за задание: 7

Функция $f$ для всех действительных $x,y$ удовлетворяет неравенствам

f(x+ y) ≥f(x)+f(y), f(x)≥ x

Найдите все такие функции $f(x)$ .

Показать ответ и решение

Заметим, что $f(x)= f(x+0)≥ f(x)+ f(0)$ , то есть $0≥ f(0)$ . С другой стороны $f(0)≥ 0$ по условию, а значит, $f(0) =0.$

Теперь заметим, что $f(0)≥ f(x)+ f(−x)≥ 0,$ а значит, $f(x)+f(−x)= 0.$

Теперь запишем неравенство $f(− x)≥− x.$ Зная, что $f(−x)= −f(x),$ получаем неравенство $− f(x)≥ −x,$ то есть $x ≤f(x)≤x.$

Следовательно, $f(x)= x.$

Ответ:

$f(x)= x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 94#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 95#65462Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x)$ определена для всех вещественных $x$ и удовлетворяет неравенству

∘---- ∘ ------------ 5f(x)− 5f(x)− f(5+ x)≥ 5

при всех вещественных $x$ . Верно ли, что $f(x)≥25$ для каждого вещественного $x$ ? Ответ объясните.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда есть разность радикалов, то часто полезно подумать про сопряжённое выражение - сумму радикалов.

Подсказка 2

Так как сумма радикалов больше либо равна разности, то она тоже >=5. Осталось только...

Подсказка 3

Перемножить данные нам неравенства!

Показать ответ и решение

Ясно, что $∘5f(x)+∘5f-(x)−-f(5+x)≥ ∘5f(x)− ∘5f(x)−-f(5+x),$ а значит $∘5f(x)+∘5f-(x)−-f(5+x)≥ 5$ . Перемножим это неравенство и то, что в условии и получим $f(x +5)≥ 25$ . Отсюда следует требуемое, потому что $x+ 5$ пробегает все вещественные значения.

Ответ: верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 96#70489Максимум баллов за задание: 7

Есть функция

---1--- f(x)= √51-− x5

Вычислите

f(f(f(f(f(...f(2022))))...)),

где функция $f$ применяется 1303 раза.

Источники: Ломоносов - 2022, 11.1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот получили вы на Ломоносове такую вот первую задачу, думаете, что уже конец, но не стоит отчаиваться! Когда в некоторой задаче идет речь о некоторых итерациях(а взятие функции от функции, от функции и т.д. - это и есть итерация), то зачастую в такой вот последовательности есть либо инвариант, либо цикл. Циклом при этом может быть и вид функции, к примеру. Попробуйте сделать несколько итераций (то есть в явном виде написать, что такое f(f(x)), f(f(f(x))) и т.д.) и понять, чему это равно.

Подсказка 2

Верно, f(f(f(x))) = х, значит видим периодичность, с периодом 3. А значит, f_1033, где 1033 - кол-во итераций, равно f_1 = f(2022). А это мы можем найти.

Показать ответ и решение

Посмотрим, как будет меняться функция

---1--- f(x)= √51-− x5

∘----- f(f(x))= ∘--1-----= 51− -15 51 −1−1x5 x

∘--------- f(f(f(x)))= 51 − (1− x5)= x

f(f(f(f(x))))= f(x)

Видим периодичность, период $= 3.$ Остаток от деления 1303 на 3 равен 1, поэтому

f(f(f(f(f(...f(2022))))...))= f(2022)= 5√--1---5- 1− 2022

Ответ:

$-√--1---- 51− 20225$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 97#70777Максимум баллов за задание: 7

Функция $f$ определена на множестве положительных рациональных чисел. Известно, что для любых чисел $a$ и $b$ из этого множества выполнено равенство $f(ab)=f(a)+f(b),$ и при этом $f(p) =[p∕4]$ для любого простого числа $p$ ( $[x]$ обозначает наибольшее целое число, не превосходящее $x).$ Найдите количество пар натуральных чисел $(x;y)$ таких, что $3≤ x≤ 27,$ $3 ≤y ≤27$ и $f(x∕y)< 0.$

Источники: Физтех-2022, 11.5 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам надо как-то искать ƒ(x/y). Какие a и b надо подставить, чтобы получить ƒ(x/y) и что-то еще, не очень плохое...

Подсказка 2

Разумно взять b=x/y, где x и y- натуральные числа. Возьмем тогда a=y, чтобы их произведение было натуральным числом. Тогда ƒ(y)+ƒ(x/y)=ƒ(y*x/y)=ƒ(x) ⇒ ƒ(x/y)=ƒ(x)-ƒ(y). Если ƒ(x/y)<0, то что можно сказать про ƒ(y/x)?

Подсказка 3

ƒ(y/x)=ƒ(y)-ƒ(x)=-(ƒ(x)-ƒ(y))=-ƒ(x/y)>0. Это означает, что количество пар (x; y) таких, что ƒ(x/y)<0 равно количеству пар (x; y) таких, что ƒ(x/y)>0. Тогда нам осталось лишь посчитать количество пар, в которых ƒ(x/y)=0. Как это сделать?

Подсказка 4

Мы знаем, что ƒ(x/y)=ƒ(x)-ƒ(y)⇒ нам достаточно посчитать количество пар (x;y) таких, что f(x)=f(y). Т.к. нам известны значения ƒ(x), если x- простое, то мы можем найти все ƒ(x), где x- любое натуральное число от 3 до 27, ведь x раскладывается в произведение простых. Сколько тогда будет пар (x; y) таких, что ƒ(x)=ƒ(y)?

Подсказка 5

Таких пар будет 167. Т.к. всего пар 25²=625, то искомых пар будет (625-167)/2=229.

Показать ответ и решение

Подставляя $a= 1$ в равенство $f(ab)= f(a)+f(b)$ , получаем

f(b)= f(1)+ f(b)⇒ f(1)=0

Если же для произвольных натуральных $x,y$ положить $a= x,b= y y$ , то получаем

(x ) (x) f(x)= f y ⋅y = f y + f(y)

(x ) f y = f(x)− f(y)

Таким образом, чтобы вычислить значение функции $f$ в произвольной положительной рациональной точке нам достаточно значения функции $f$ для любого натурального числа.

Для простых чисел и единицы значения функции мы уже знаем. Для составных чисел значения функции могут быть найдены, если их разложить на простые множители и воспользоваться равенством $f(ab)= f(a)+ f(b)$ , например, $f(15)= f(3 ⋅5)= f(3)+$ $+f(5)=[34]+ [54]= 0+1 =1.$ Аналогичным образом вычисляем значения функции для $n∈ [3;27]$ и записываем их в таблицу:

|--n--|3-|-4-|5-|-6-|7--|8-|-9-|10|11-|12-|13-|14-|15| |f(n)-|0-|-0-|1-|-0-|1--|0-|-0-|1-|-2-|0--|3-|-1-|1-| |-----|--|---|--|---|---|--|---|--|---|---|--|---|--| |--n--|16-|17-|18|19-|20-|21-|22-|23|24-|25-|26-|27-|--| -f(n)--0---4--0---4--1---1---2--5---0--2---3---0-----

Поскольку $(x) (y) f y +f x = f(1)= 0,$ то из $(x) f y <0$ следует, что $(y) f x >0.$ Таким образом, количество пар натуральных чисел $(x;y)$ таких, что $( ) f xy <0$ совпадает с количеством пар, для которых $( ) f xy > 0.$ Посчитаем количество пар $(x;y),$ при которых $( ) f xy = 0.$ Ввиду того, что $( ) f xy = f(x)− f(y),$ нужно найти количество пар $(x;y)$ из таблицы выше, для которых $f(x)=f(y).$ Рассмотрим несколько случаев:

$∙$ $x= y.$ В данном случае имеется 25 вариантов.

$∙$ $x⁄= y,$ а $f(x)= f(y)= 0.$ В таблице есть 10 аргументов, при которых $f = 0.$ Выбирая пару таких аргументов, первый можно выбрать 10 способами, а второй – 9 способами. Значит, количество пар такого типа равно $10⋅9= 90.$

$∙$ $x⁄= y,$ а $f(x)= f(y)= 1.$ Аналогично предыдущему пункту получаем $7⋅6= 42$ пары.

$∙$ $x⁄= y,$ а $f(x)= f(y)= 2.$ Здесь $3 ⋅2 =6$ пар.

$∙$ $x⁄= y,$ a $f(x)= f(y)= 3.$ Здесь $2 ⋅1 =2$ пары.

$∙$ $x⁄= y,$ a $f(x)= f(y)= 4.$ Здесь также $2 ⋅1 =2$ пары.

Итого, есть $25+ 90+ 42+6+ 2+ 2= 167$ пар натуральных чисел $(x;y),$ для которых $f(x) =0. y$ Всего имеется $252 = 625$ пар, поэтому тех, при которых $( x) f y < 0,$ ровно $625−167 --2---=229.$

Ответ: 229

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 98#70785Максимум баллов за задание: 7

Назовём функцию $f$ хорошей, если

$f$ определена на отрезке $[0,1]$ и принимает действительные значения;
для всех $x,y ∈ [0,1]$ верно $2 |x− y| ≤ |f(x)− f(y)|≤ |x − y|.$

Найдите все хорошие функции.

Источники: Курчатов-2022, 11.6 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу заметим важную вещь: если f(x) - решение, то и f(x) + c будет решением, где c - любая константа, а также -f(x) - решение. Какие удобные значения функции мы тогда можем подобрать?

Подсказка 2

Сразу хочется сделать, чтобы f(0) = 0. Попробуйте подставить туда точки 0 и 1, что тогда выйдет?)

Подсказка 3

Выйдет, что 1 <= |f(1)| <= 1, т.е. |f(1)| = 1. Давайте считать, что f(1) = 1 (т.к. мы все равно можем умножить функцию на минус в случае чего). А теперь подумайте, что можно подставлять, чтобы оценить f(x)?

Подсказка 4

Например, подставим y = 0, и получим, что f(x) <= |f(x)| <= |x| = x, т.е. f(x) <= x. Попробуйте теперь получить обратную оценку и f(x) будет найдена!

Показать ответ и решение

Заметим, что вместе с каждой функцией $f(x),$ удовлетворяющей условию, ему также удовлетворяют и все функции вида $f(x)+ c$ и $− f(x).$ Докажем, что если $f(0) =0$ и $f(1) ≥0,$ то при всех $x∈ [0,1]$ верно $f(x)= x.$ Отсюда и из замечания выше будет следовать ответ.

Итак, пусть $f(0)= 0$ и $f(1)≥ 0$ . Подставив $x =0,y = 1$ , получаем $1≤ |f(0)−$ $f(1)|≤ 1$ , то есть $|f(1)|= 1$ , поэтому $f(1)= 1$ . Далее для любого $x ∈(0,1)$ имеем

f(x)≤ |f(x)|= |f(x)− f(0)|≤ |x− 0|= x и

1− f(x) ≤|1− f(x)|= |f(1)− f(x)|≤|1− x|= 1− x

Итак, $f(x)≤ x$ и $1 − f(x)≤1 − x,$ то есть $f(x) ≥x.$ Следовательно, $f(x)=x.$

Ответ:

$f(x)= x+c,f(x)= −x +c,$ где $c∈ ℝ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 99#74464Максимум баллов за задание: 7

Решите неравенство

2 f(f(x))<(f(x)) ,

где $f(x)= 2x2 − 1.$

Источники: БИБН-2022, 11.1 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно, конечно, сходу подставить ƒ(x) в наше неравенство. Но можно чуть-чуть облегчить себе жизнь и сделать замену ƒ(x)=y. Какое неравенство при этом получится?

Подсказка 2

Верно, y²<1! Тогда y лежит между -1 и 1. Сделайте обратную замену и найдите x, которые будут удовлетворять неравенствам.

Показать ответ и решение

Пусть $y =f(x)= 2x2− 1.$ Тогда по условию

2 2 2y − 1 <y

− 1< y < 1

После обратной замены

0 <2x2 < 2

0< |x|< 1

Ответ:

$(−1;0)∪ (0;1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 100#74778Максимум баллов за задание: 7

В этой задаче запись $x modn,$ где $x$ — целое а $n$ — натуральное, обозначает такое целое число $y$ от 0 до $n− 1,$ что $x− y$ делится на $n.$

Существует ли такая функция $f,$ определенная для целых значений аргумента и принимающая целые значения, что при любом целом $x$ верно

(( 2 ) ) ( 2 ) f x +1 mod 7 = f(x) +1 mod 11 ?

Источники: Высшая проба - 2022, 11.1 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Такс, перед нами функциональное уравнение, да еще и аргумент функции мы берем по модулю 7… Давайте вспомним, что мы обычно делаем в функциональных уравнениях?

Подсказка 2

Верно, подставляем хорошие значения! А какие значения хочется подставить в это уравнение(не забывайте, что в левой части аргумент берется по модулю)

Подсказка 3

Да, хочется найти такие x, для которых верно: x = x²+1 по модулю 7. Почему так хочется сделать? Если получится найти такой x, то дальше уравнение сведется к f(x) = (f(x)²+1) (по модулю 11). А понять, решается ли такое уравнение уже проще, чем решить исходное! Остаётся найти такие x.

Подсказка 4

Заметим, что 3 = 3²+1 по модулю 7! То есть, 3 нам подходит. Что можно сказать про f(3)?

Подсказка 5

Верно, f(3) = f(3)²+1 по модулю 11. Мы получили почти то же самое, что и на одном из предыдущих шагов, только теперь по модулю 11! Остаётся показать, что таких y не существует.

Показать ответ и решение

Стандартным ходом при решении задач на функциональные уравнения является подставить какое-то значение переменной, при котором два часто возникающих и не равных друг-другу тождественно выражения оказываются равны, и посмотреть, какие следствия из этого удастся вывести. Применительно к данной задаче на роль такой подстановки простится значение $x0,$ для которого выполнялось бы $2 x0 = x0+ 1mod 7.$

Задумаемся, а существует ли такое $x0?$ Условие равносильно квадратному уравнению в остатках(в этом абзаце все сравнимости по модулю 7):

x20− x0 +1 ≡0

1±√ −3- 1±√ −3+-7 {3 − 1} {3 +7 −1 +7} x0 ≡--2----≡ ----2----≡ 2,-2- ≡ --2-,--2-- ≡ {5,3}

Или можно было просто перебором остатков, благо их всего 7, убедиться, что любой из 3 и 5 подходят.

Что же нам дает равенство $3 =32+ 1mod 7?$ Просится от обоих частей взять функцию $f,$ а затем воспользоваться условием задачи. Имеем:

f(3)=f ((32+ 1)mod7)= (f(3)2+ 1) mod11

Чтобы подчеркнуть полученное, обозначим $f(3)= y$ и выбросим среднюю часть:

( 2 ) y = y + 1 mod11

Отсюда следует (далее все сравнимости будут по модулю 11)

y2− y+ 1≡ 0

Отметим что это именно следствие, а не равносильность. Выясним, имеет ли сравнимость решения, действуя стандартно $√ -- y ≡ 1±-2−3.$ А извлекается ли квадратный корень из -3 по модулю 11? Заметим что $12 ≡ (−1)2 ≡1,22 ≡(−2)2 ≡ 4,32 ≡ (− 3)2 ≡ 9,$ $42 ≡ (− 4)2 ≡ 5$ и $52 ≡ (−5)2 ≡3.$ Мы перебрали все остатки, среди квадратов не нашлось -3, значит корень не извлекается, значит уравнение $y2− y+ 1≡ 0$ не имеет решений.

Итак, требуемой функции $f$ не существует.

Ответ: нет

Следующая подтема