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 101#74945Максимум баллов за задание: 7

Найдите наименьшее значение функции

( a+4b)2 ( 2b+ 2c)2 (c+ 2a)2 f(a,b,c) = -c--- + --a-- + --2b--

при $a> 0,b> 0,c> 0.$

Источники: САММАТ-2022, 11.1 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда хотим оценить снизу положительную сумму, что первым приходит в голову?)

Подсказка 2

Неравенство о средних! Теперь мы понимаем, когда функция принимает свой минимум. Получается, нам нужно решить систему уравнений. Будем преобразовывать и выразим остальные буквы через a.

Подсказка 3

Получится, что a = 2b = c. Теперь мы знаем, что подставлять в функцию для поиска минимума. Осталось лишь привычным в решении этой задачи методом показать, что оно действительно наименьшее!

Показать ответ и решение

По неравенству о средних (неравенству Коши)

( )2 ( )2 ( )2 ∘ (-----)2(-----)2-(-----)2- f(a,b,c)= a+-4b- + 2b-+2c + c+-2a ≥ 33 a+-4b 2b+-2c c+-2a c a 2b c a 2b

Равенство достигается при

(a-+4b)2 ( 2b+-2c)2 (c+-2a)2 c = a = 2b

Т.к. $a> 0,b >0,c> 0,$ это равносильно

a+ 4b 2b+2c c+2a --c--= --a-- = -2b--

( ( |{ a2+4ab= 2bc+ 2c2 |{ 4ab− 2bc= 2c2 − a2 | 2ab+ 8b2 = c2+ 2ac ⇔ | 2ab− 2ac= c2− 8b2 ( 4b2+ 4bc=ac+ 2a2 ( 4bc− ac= +2a2− 4b2

Решим систему уравнений относительно произведений $ab,ac,bc.$ Умножим первое уравнение на $4,$ второе уравнение — на $(−1),$ третье уравнение на $2$ и сложим, получим

16ab− 8bc− 2ab+ 2ac+8bc− 2ac= 8c2− 4a2− c2 +8b2+4a2− 8b2,

14ab= 7c2, 2ab= c2

Умножим первое уравнение на $2,$ второе уравнение — на $(−4),$ третье уравнение на $1$ и сложим, получим

8ab− 4bc− 8ab +8ac+4bc− ac=4c2− 2a2 − 4c2+32b2+2a2− 4b2,

2 2 7ac= 28b, ac= 4b

Умножим первое уравнение на $1,$ второе уравнение — на $(−2),$ третье уравнение на $4$ и сложим, получим

2 2 2 2 2 2 4ab− 2bc− 4ab+4ac+ 16bc− 4ac= 2c − a − 2c +16b +8a − 16b,

14bc= 7a2, 2bc= a2

Поэтому получим эквивалентную систему уравнений, преобразуем её, учитывая условие, что $a> 0,b> 0,c>0$

( ( ( ( |||{ 2ab= c2 |||{ 2b =-c2 |||{ a = c2- |||{ a-= 4b2- ac= 4b2 ⇔ c3 4b32 ⇔ c3 a23 ⇔ 2b3 a23 |||( 2bc= a2 |||( 8b = c |||( a = c |||( a = 8b 2b= c a= c a =2b

Таким образом, получаем условие $a= 2b=c =t> 0.$ При таких условиях функция $f(a,b,c)$ принимает значение, равное

( t ) (t+ 2t)2 (t+ 2t)2 ( t+2t)2 f t,2,t = --t- + --t- + -t-- =

∘ (t+-2t)2(-t+2t)2(-t+2t)2- ( t+2t)2 = 33 --t- --t- -t-- = 3 -t-- = 3⋅32 = 27

Покажем, что это значение является наименьшим значением функции $f(a,b,c)$ при всех $a >0,b> 0,c> 0.$ Для этого докажем неравенство $f(a,b,c)≥ 27$ при всех $a> 0,b> 0,c> 0.$ Применим указанное выше неравенство Коши дважды:

∘ -------------------------- ( a+ 4b)2 ( 2b+2c)2 (c +2a)2 3 (a+ 4b)2(2b+ 2c)2(c+ 2a)2 f(a,b,c)= --c-- + --a-- + --2b- ≥ 3 --c-- --a-- --2b- =

∘ ----------------------- ∘ ------------------------------- 3(a+-4b)2⋅(2b+-2c)2⋅(c+2a)2 3 (a-+2b+-2b)2⋅(2b+-c+-c)2⋅(c+a+-a)2 =3 c2⋅a2⋅4b2 = 3 c2 ⋅a2⋅4b2 ≥

∘ --√----------√----------√-------- ∘ ------------ ≥33 (33a⋅2b⋅2b)2⋅(3-32b⋅c⋅c)2⋅(3-3c⋅a⋅a)2 =33 36⋅a2⋅4b2⋅c2= 3⋅32 = 27 c2⋅a2⋅4b2 c2⋅a2⋅4b2

Ответ: 27

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 102#74953Максимум баллов за задание: 7

Найти наименьшее значение функции

8 √- 6 4 √- 2 f(x)=x − 8 3x + 66x − 72 3x +100

Источники: САММАТ-2022, 11.9 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В функции не один раз встречается корень из трех. Быть может, сделаем замену, чтобы от него избавиться? Каким образом мы привыкли искать минимум и максимум функции?)

Подсказка 2

Сделаем замену а = sqrt(3), тогда функция будет иметь только целочисленные коэффициенты. А максимум мы привыкли искать с помощью производной! Вот только теперь надо понять, а производную кого вообще считать?

Подсказка 3

Посчитаем производную функции g(a) = a^4 - 8a^3 + 22a^2 - 4a + 11. А найти её минимум труда не составит ;)

Показать ответ и решение

Сделаем замену переменной по формуле $x2 = √3a,$ тогда функция $f(x)$ примет вид

4 √- √ -3 2 √- √ - f(x)= 9a − 8 3 ⋅3 3a + 66⋅3a − 72 3⋅ 3a +100=

( 4 3 2 ) =9 a − 8a +22a − 24a+ 11 +1 =9g(a)+ 1,

где $a ≥0.$ Найдем производную функции

g′(a)= 4a3− 24a2+ 44a − 24,

и решим уравнение

g′(a) =0 ⇒ 4a3− 24a2+44a− 24= 0

Нетрудно видеть, что уравнение имеет корень $a= 1,$ следовательно

4a3− 24a2+ 44a − 24= 0

( ) (a− 1)4a2− 20a +24 = 0

( ) 4(a− 1) a2− 5a +6 = 0

4(a− 1)(a− 2)(a − 3)= 0

То есть уравнение имеет корни $a =1,a = 2 1 2$ и $a =3. 3$

Так как $g′(a)< 0$ при $0 ≤a< 1$ и при $2< a <3,$ то на этих интервалах функция $g(a)$ убывает. Так как $g′(a)> 0$ при $1 <a <2$ и при $a > 3,$ то на этих интервалах функция $g(a)$ возрастает.

Следовательно, функция $g(a)$ принимает наименьшее значение в одной из двух точек $a1 = 1$ или $a3 = 3:$

4 3 2 g(a1)= g(1) =1 − 8⋅1 +22⋅1 − 24⋅1+11= 2

g(a )= g(3)= 34− 8 ⋅33+ 22⋅32− 24⋅3+ 11= 3

= 81− 8⋅27 +22⋅9− 24⋅3+11= 81− 216+ 198− 72+ 11= 2

Поскольку значения $g(1)=g(3)=2$ равны, тогда $mina≥0g(a)= 2,$ и поэтому минимальное значение функции $f(x)$ равно

minf(x)=minf(x)= 9⋅min g(a)+1 =9 ⋅2 +1= 19 x x≥0 a≥0

Ответ: 19

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 103#76584Максимум баллов за задание: 7

На доске написана функция $sinx +cosx.$ Разрешается написать на доске производную любой написанной ранее функции, а также сумму и произведение любых двух написанных ранее функций, так можно делать много раз. В какой-то момент на доске оказалась функция, равная для всех действительных $x$ некоторой константе $c.$ Чему может равняться $c?$

Источники: Турнир городов - 2022, 11.4 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала давайте попробуем взять несколько производных, перемножить что-нибудь — в общем, сделать несколько итераций. Видно, что все, что окажется на доске - многочлены от sin(x) и cos(x). Это можно и нужно доказать, но давайте сначала идейно. Если мы уже пощупали как себя ведут выражения, то может нам теперь попытаться что-то явно получить? Какую-то константу, к примеру.

Подсказка 2

Заметим, что эту константу только синусом или только косинусом не получить. Давайте возьмем f(x) = cos(x) + sin(x) и посмотрим на производные. Заметим, что f(x) * f(x) + f’(x) * f’(x) = 2. То есть все целые, четные значения, больше 0, мы можем получить. А что с целыми, четными и меньшими 0?

Подсказка 3

Верно, их тоже можно получить, к примеру, как сумму f(x) * f’’(x) + f’(x) * f’’’(x) = -2. Но ведь это всего лишь целые, и то не все. Попробовав так по складывать, да по умножать, можно понять эмпирически, что нечетные целые не получить, а уж что делать с не целыми и ума не приложить. В таких моментах не стоит ничего говорить, а только попытаться доказать, что это невозможно. Как? А мы использовали где-то наши рассуждения про многочлен? Может быть самое время?

Подсказка 4

Мы же можем посмотреть на значение в нуле. Ведь, тогда и sin(x), и cos(x) - целые числа. Значит, и многочлен от них - целое число в этой точке, а значит, если он тождественно константа, то эта константа - целая. Тогда, остается доказать про нечетные целые числа, что их нельзя получить. Давайте сделаем такой трюк. Если у нас все выражается через sin и cos, то это значит, что все выражается через sin(x) + cos(x) и sin(x) - cos(x). Но эти числа равны sqrt(2) * cos(x - pi/4) и sqrt(2) * sin(x - pi/4). Появилась иррациональность. А у нас только целые числа могут быть. Что из этого можно выгадать?

Подсказка 5

А в общем-то, все, что нам и нужно. Ведь если подставить pi/4, то получим, что при нечетных степенях, у cos будет либо иррациональный коэффициент, либо нулевой. А это значит, что сумма коэффициентов перед нечетными степенями равна 0), но ровно это и означает, что значение четно. Победа.

Показать ответ и решение

Любая функция, полученная описанным способом, — многочлен от $sinx$ и $cosx$ с целыми коэффициентами. Доказательство индукцией по числу шагов: исходная функция имеет такой вид; производная многочлена с целыми коэффициентами — многочлен с целыми коэффициентами; аналогичное верно для суммы и произведения. При $x= 0$ синус и косинус принимают целые значения, поэтому значение многочлена от них с целыми коэффициентами — целое, то есть $c$ целое.

Положим

f(x)= sinx+ cosx

Запишем на доску

′ f (x)= cosx− sinx

′′ f (x)= − sinx − cosx

f′′′(x)= − cosx+ sinx

Тогда

f2(x)+f′2(x)= (sin x+cosx)2 +(cosx − sinx)2 = 2

Аналогично

f(x)f′′(x)+ f′(x)f′′′(x)= −2

Суммируя такие функции, получаем все чётные константы.

Покажем, что нечётную константу получить нельзя. Заметим, что

(π ) π ( π) √- ( π) sinx+ cosx =sin x+ sin 2 − x = 2sin 4 cos x− 4 = 2 cos x− 4

Поэтому все функции, которые можно получить, — это многочлены от $√- ( ) 2cosx− π4$ и $√- ( ) 2 sin x− π4$ с целыми коэффициентами и нулевым свободным членом. При $x= π4$ остаются лишь члены с косинусом (равным 1). Коэффициенты при чётных степенях косинуса чётны, а при нечётных либо иррациональны, либо равны нулю. Целочисленное значение получится, если сумма коэффициентов при нечётных степенях равна 0, но тогда значение чётно, что и требовалось доказать.

Ответ:

Любому чётному числу.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 104#80945Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f: ℕ → ℕ$ , для которых $f(f(n))=n +2011.$

Показать ответ и решение

Покажем, что функция $f$ инъективна. Пойдём от противного, пусть нашлись такие $a⁄= b,$ что $f(a)= f(b).$ Тогда $f(f(a))=a +2011$ и $f(f(b))= b+2011.$ Заметим, что левые части равенств равны, а правые — нет, противоречие. Таким образом, функция инъективна.

Рассмотрим область значений функции. Из функционального равенства следует, что все натуральные значения, большие $2011,$ принимаются. А как обстоит ситуация с значениями от $1$ до $2011?$

Предположим, что функция не принимает ни одного значения из $[1;2011].$ Рассмотрим число $n0$ из данного отрезка. Пусть $f(n0)=2011+ k.$ По условию $f(f(k))=2011+ k.$ В силу инъективности $f(k) =n0,$ значит всё же значение $n0$ принимается.

Из условия ясно, что $f(f(n)) >2011,$ значит $f(f(n))> n0.$ Но тогда функция $f(n)$ не может принимать значение $k.$ В противном случае если при некотором $t$ $f(t)= k,$ то $f(f(t)) =f(k)=n0 =t+ 2011$ — противоречие. Тогда понятно, что $k$ также лежит в отрезке $[1;2011],$ поскольку другие значения принимаются.

Тогда все натуральные числа от $1$ до $2011$ можно разбить на пары $(a,b)$ такие, что значение $b$ функцией не принимается и $f(b)=a.$ Очевидно, что внутри пары числа не могут совпадать. Теперь поймём от противного, что не может быть пар с одинаковыми числами. Рассмотрим случаи:

$1.$ Пусть нашлись пары $(a,b)$ и $(c,a).$ Тогда из одной пары следует, что значение $a$ принимается, а из другой — что значение не принимается, противоречие.

$2.$ Пусть нашлись пары $(a,b)$ и $(a,c),$ тогда $f(b)=a =f(c),$ а значит в силу инъективности $b= c,$ то есть это одна и та же пара.

$3.$ Пусть нашлись пары $(b,a)$ и $(c,a),$ тогда $f(a)= b$ и $f(a)= c,$ откуда $b= c,$ то есть опять же пары совпали.

Таким образом, мы разбили натуральные числа от $1$ до $2011$ на пары. Осталось понять, что так сделать нельзя, поскольку их количество нечётное, а значит таких функций не существует.

Ответ:

Таких функций не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 105#80946Максимум баллов за задание: 7

Найдите все $f :ℚ → ℚ , >0 >0$ для любого $x∈ ℚ >0$ удовлетворяющие $f(x)+f (1)= 1 x$ и $f(1+ 2x)= f(x). 2$

Показать ответ и решение

Докажем, что значение функции определено однозначно для любой рациональной точки $p q$ где $p,q$ — натуральные взаимно простые числа. Доказывать будем индукцией по $p +q.$ Проверим базу для $p+ q = 2.$ Подставив $x= 1$ в первое уравнение, получаем, что $1 f(1)= 2.$

Теперь будем доказывать переход. Пусть верно для $2≤ p+q ≤n,$ докажем для $p+q =n +1.$ Предположим, что $p> q$ и оба числа нечетные. Подставим во второе уравнение $p−q- x = 2q .$ Тогда $p p−q- f(q)= f(2q )∕2,$ причем у дроби $p−q 2q$ числитель и знаменатель четны, тогда их сумма в несократимой записи меньше, чем $p+ q,$ следовательно мы однозначно восстановили значение в этой точке.

Нам осталось разобраться со случаем, когда одно из чисел $p,q$ четное, а другое — нечетное. Не нарушая общности пусть $q$ — четное число.

Запустим следующий процесс. Изначально напишем на доске дробь $p q.$ Далее, если на очередном шаге написана дробь $a b,$ где $b$ — четное, $a,b$ взаимно просты, $a+ b=p +q,$ то заменяем ее на дробь $2 ab +1 = 2a+bb-= a+bb∕∕22,$ если же четным числом является $a,$ а также $a,b$ взаимно просты, $a+ b= p+q,$ то сначала заменим дробь на $ba,$ а потом сделаем то же самое. Заметим. что сумма числителя и знаменателя дроби на доске не увеличивается. Если она уменьшилась, то мы пришли к дроби, для которой значение функции определено. Тогда откатившись назад с помощью $2$ уравнений из условия мы однозначно восстановим значение нашей дроби. Если же сумма всегда равна $p+ q,$ то поскольку дробей конечное число, то рано или поздно мы зациклимся (то есть из некоторой дроби придем в нее же). Пусть значение функции $f$ от этой дроби равно $x.$ Тогда на каждом шаге значение заменялось либо на $1− x,$ либо на $x∕2.$ И в итоге мы пришли опять в $x.$ Заметим, что у нас получилось линейное уравнение относительно $x,$ причем коэффициент при $x$ не равен $0,$ поскольку с одной стороны он равен $1,$ а с другой — $± 12k-$ для некоторого натурального $k.$ То есть из этого уравнения мы однозначно восстановим $x,$ но тогда откатившись из $x$ назад, мы восстановим значение $f$ и в исходной точке.

То есть мы доказали, что $f$ определена однозначно. Осталось лишь проверить, что $f(x)= x1+1$ подходит.

Ответ:

$f(x)=-1- 1+x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 106#80947Максимум баллов за задание: 7

Найдите все функции $f: ℕ ×ℕ → ℕ,$ для которых выполнены соотношения

f(x,x)= x,f(x,y)=f(y,x),(x +y)f(x,y)= yf(x,x+ y)

Показать ответ и решение

Пусть $[x,y]$ — НОК $(x,y).$ Введём такую функцию $g(x,y): ℕ ×ℕ → ℤ,$ что $f(x,y)= [x,y]+g(x,y).$ Индукцией по сумме $x+ y$ покажем, что $g(x,y)$ — тождественный ноль.

База: $f(1,1)= 1+g(x,y) =1,$ откуда $g(1,1)=0,$ что и требовалось.

Переход: Распишем равенство $(x+ y)f(x,y)=yf(x,x +y)$ через функцию $g$ ( $x$ и $y$ будем записывать как $′ ax$ и $′ ay,$ где $a$ — $(x,y)$ ):

(ax′+ ay′)(ax′y′+g(x,y))= ay′(ax′(x′+ y′)+ g(x,x+ y))

Раскроем скобочки, приведём подобные и домножим полученное равенство на $a:$

$(x+ y)g(x,y) =yg(x,x+ y).$

Теперь рассмотрим выражение $g(x,n +1 − x),$ где $x$ — натуральное число, не большее $n+1- 2 .$ Пусть $n+1 − x =x +t,$ тогда $g(x,n +1− x)= g(x,x+ t).$

По полученному выше равенству имеем: $(x+ t)g(x,t)=tg(x,x+ t).$ Заметим, что $x+t≤ n,$ тогда по предположению $g(x,t)= 0,$ а значит и $g(x,x +t)= 0.$

Таким образом, единственная подходящая функция — $f(x,y)=$ НОК $(x,y).$

Ответ:

$f(x,y)=$ НОК $(x,y)$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 107#80948Максимум баллов за задание: 7

Найдите все $f :ℤ → ℤ , ≥0 ≥0$ для которых при любых $x,y ∈ ℤ ≥0$ выполнено $f(x2 +y2)= x⋅f(x)+ y⋅f(y)$

Показать ответ и решение

Сначала подставим $x =y =0$ в исходное уравнение. Получим $f(0)=2f(0),$ откуда $f (0)= 0.$ Далее, подставив $y = 0,$ получаем, что $( 2) f x = xf(x).$

Докажем индукцией по $n,$ что $f(n)=nf (1).$

Базу будем проверять для всех $n = 1,2,3,4,5,6,8,10.$

Утверждение для $n =1$ очевидно.

Утверждение для $n =2$ следует из подстановки $x= y = 1.$

Утверждение для $n =5$ следует их подстановки $x= 2,y = 1.$

Утверждение для $n =4$ следует из того, что $(2) f x = xf(x).$

Утверждение для $n =8$ следует из подстановки $x= y = 2.$

Далее заметим, что при подстановке $( ) x= ka2− b2 ,y =2kab:$

( ( ) ) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) f k2 a2+ b2 2 = k a2+b2 f k a2+b2 =k a2− b2f k a2− b2 + 2kabf(2kab)

k (a2+ b2)f (k (a2+ b2))= k(a2− b2)f(k(a2− b2))+ 2kabf(2kab)

Утверждение для $n =3$ следует из подстановки в полученное равенство $a= 2,b=1,k= 1.$

Утверждение для $n =10$ следует из подстановки в исходное уравнение $x =3,y = 1.$

Утверждение для $n =6$ следует из подстановки в последнее равенство $a= 2,b =1,k= 2$ и предыдущих утверждений.

Теперь докажем переход для $n= k.$ Предположим сначала, что $k$ нечетно. Тогда по условию

( ) ( ( ) ) ( ( ) ) kf(k)+ k−-5f k−-5 = f k2+ k-− 5 2 = f (k− 2)2+ k-+3 2 = 2 2 2 2

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

То есть

( ( )2 ( )2) kf (k)= f(1) (k − 2)2+ k+-3 − k−-5 =k2f(1) 2 2

откуда $f(k)= kf(1).$

Если же $k$ четно, то

k− 10 (k− 10) ( ( k− 10)2) ( ( k+6 )2) kf (k)+ --2--f --2-- =f k2+ --2-- = f (k− 4)2 + -2-- =

k+-6 (k+-6) ( 2 (k-+6)2) = (k− 4)f (k− 4)+ 2 f 2 =f (1) (k− 4)+ 2

То есть

( ( ) ( ) ) kf(k)= f(1) (k− 4)2+ k-+6 2− k−-10- 2 = k2f(1) 2 2

откуда $f(k)= kf(1).$

Все тождества в переходе корректны, поскольку три других числа из подстановок всегда меньше $k,$ а также все они не меньше 0 (для этого мы и проверяли базу для многих $n$ ).

Ответ:

$f(x)= kx$ для всех $x∈ ℤ ≥0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 108#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 109#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:

$f(x)= kxb,k= 0,1,...b∈ ℝ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 110#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 111#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 $x,f(x)= ekx− 1$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 112#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 113#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 114#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:

$f(x)= ±x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 115#90836Максимум баллов за задание: 7

Какие из следующих функций:

а) $y = sin|x|;$

б) $y = cos|x|;$

в) $y =$ $|sinx|+ |cosx|$ ,

заданные при $x ∈(−∞;+ ∞)$ , являются периодическими?

Найти наименьший положительный периодических функций.

Показать ответ и решение

(a): Поскольку при $x≥ 0$ получается просто синус с периодом $2π$ , то период самой функции будет ему кратен (мы рассматриваем бесконечный луч), тогда период равен $T = 2πk$ , $k∈ ℕ$ . Заметим, что в силу совпадения функции на “каждом периоде”, максимумы также должны повторяться с частотой $T$ , однако при $x ≥0$ это $π 4 + 2πn, n∈ ℕ∪ {0}$ , тогда как при $x< 0$ получится $π − 4 − 2πn, n∈ ℕ∪{0}$ . Видно, что, например, для $π x = 4$ , если отступить на $T$ назад, не получится максимум на отрицательных значениях $x$ , откуда получаем противоречие.
(b): Как известно, $cosx= cos(−x)= cos|x|$ , откуда функция совпадает с косинусом и период будет $2π$ .
(c): В силу того, что $|sinx|= |cos(x +π∕2)|$ , $|cosx|= |sin(x +π∕2)|$ период подходит, покажем, что меньшего нет. Найдём максимумы функции, для этого возведём её в квадрат, поскольку она везде положительна, то сделать так можно: $(|sinx|+ |cosx|)2 = 1+ |2cosxsinx|≤ 2$ , которая достигается при $sin(2x) =±1 =⇒ =⇒ x = π4 + π2n$ , но тогда любые два максимума находятся хотя бы на расстоянии $π∕2$ , то есть период не может быть меньше.

Ответ:

не является, $2π$ , $π∕2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 116#91337Максимум баллов за задание: 7

При каких $x$ функция

2 f(x)= x (45sin3x− 9cos3x)+ x(30cos3x+ 6sin3x)+(80sin3x− 16 cos3x)

имеет минимумы?

Показать ответ и решение

′ 2 f (x)= 2x(45sin 3x − 9cos3x)+3x (45cos3x +9sin3x)+ (30 cos3x+ 6sin3x)+

+3x(−30sin3x+ 6cos3x)+ 3(80cos3x +16cos3x)=

3x2(45cos3x+9sin3x)+ (270cos3x+ 54sin3x)=

= (45cos3x+ 9sin3x)(3x2+6)

Значит, знак производной $f′(x)$ совпадает со знаком выражения

5cos3x +sin3x =√26-sin(3x+ ϕ),

где $ϕ = arcsin√526 = arccos√126 = arctg5.$ В данном случае точками минимумами являются значения аргумента, когда синус меняет знак с отрицательного на положительный, это

3x +ϕ =2πk,k∈ ℤ

− ϕ+2πk x= ---3---,k∈ ℤ

Ответ:

$−-arctg5+2πk,k ∈ℤ 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 117#91395Максимум баллов за задание: 7

Дана функция $f(x)= ∥x+ 1|− 2|.$ Сколько корней имеет уравнение $f(f(...f(f(x))...))= 1 2$ , в котором функция $f$ применяется 2018 раз?

Показать ответ и решение

Построим график $y = f(x)$ Поскольку $|f(x)+ 1|=f(x)+1$ и $|f(x)+ 1|− 2= f(x)− 1$ , получаем

f(f(x))= |f(x)− 1|

поэтому график $y = f(f(x))$ имеет вид, представленный на рис, а уравнение $f(f(x))= 1 2$ имеет 8 решений.

$PIC$

Далее, $f(f(f(x)))= |f(f(x))− 1|$ , поэтому, чтобы получить график функции $y = f(f(f(x)))$ , предыдущий график нужно сдвинуть на единицу вниз и отразить относительно оси $Ox.$ При этом крайние левый и правый лучи графика сдвинутся на единицу влево и вправо соответственно, а между ними появится ещё один треугольный участок длины 2 и высоты 1. Следовательно, уравнение $f(f(f(x)))= 12$ имеет на 2 решения больше, чем предыдущее, т. е. 10 решений.

Аналогично каждая следующая подстановка функции $f$ меняет график таким же образом: раздвигает крайние лучи влево и вправо на единицу каждый и добавляет между ними ещё один треугольный участок длины 2 и высоты 1, а значит, увеличивает количество решений предыдущего уравнения на два. Таким образом, если применить 2016 раз функцию $f$ к левой части уравнения $f(f(x))= 12$ (т. е. всего 2018 раз), то количество корней полученного уравнения будет равно $8+ 2⋅2016 =4040$

Ответ: 4040

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 118#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 119#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, $f(x)≤1∕x.$