Функции

Подставляя в заданное равенство пары чисел и соответственно, получим:

- Если , то

- Если , то

Если взять , получим

Значит,

Таким образом, имеем . Составим цепочку равенств

Вычисляя в обратном порядке, получим:

Если , то

Если , то

Если взять , получнм

Значит,

Таким образом, имеем . Составим цепочку равенств

Вычисляя в обратном порядке, получим:

Поскольку , то

Отсюда . Тогда .

Пусть многочлен имеет вид , откуда его производная .

Так как наименьшее и наибольшее значения достигаются во внутренних точках отрезка, то по необходимому условию экстремума производная в этих точках равна нулю, так что имеет корни и , так что можно записать

По теореме Виета сумма корней многочлена равна , а сумма корней многочлена равна , откуда находим .

Обозначим Так как и делятся на то их разность делится на Тогда или

Как известно, откуда выражение из условия принимает вид

Поскольку может принимать значения только двух констант: или то нам достаточно будет максимизировать функцию

Эта функция определена уже при всех действительных , потом учтём, что у нас было натуральное . Для максимизации посмотрим на её производную:

Производная при имеет ровно одну точку экстремума (это кстати натуральное число), которая является точкой максимума, потому является глобальным максимумом при А ещё удачным образом при имеем — также принимает максимальное значение, потому при достигает максимума и функция Равен этот максимум

Предположим, что каждое из чисел и оказалось красивым. Тогда

Значит, найдутся такие целые числа и , что во всех чётных числах функция принимает значение , а во всех нечётных — значение

С другой стороны, если оказалось красивым, то Тогда равна какой-то целочисленной константе для любого аргумента Получаем противоречие с условием при значении аргумента, равном этой челочисленной константе.

Заметим, что при совершаемых операциях значения в точках и всегда остаются равными, потому что

Теперь предположим, что требуемая функция нашлась. Тогда По условию должно быть

Следовательно,

Пришли к противоречию.

Первое решение. Покажем, что при данных условиях на многочлен каждая следующая точка касания лежит по другую сторону от оси чем предыдущая.

Пусть — данный многочлен, — его производная. Пусть — это -я точка касания, а -я. Тогда касательная в точке имеет уравнение Значит, откуда Разделив это равенство на и перенеся все слагаемые в правую часть, получим при четной степени выражение:

Пусть и одного знака (считаем, что с любым числом одного знака). Если то выражение в скобках положительно, если же то оно отрицательно. Такие же знаки будут иметь выражения при остальных степенях: Значит, если и одного знака, то равенство невозможно. Итак, любые две последовательные точки касания должны находиться по разные стороны от оси И в силу нечетности касательная в точке не может пройти через точку

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Заметим, что функция при и нечетном выпукла на и вогнута на Многочлен представляется в виде суммы нескольких функций такого вида, потому что является нечетной функцией, а его коэффициенты неотрицательные. Тогда функция также выпукла на и вогнута на Это означает, что касательная в точке графика с положительной абсциссой вторично не пересекает график в точках с неотрицательной абсциссой, и наоборот. Кроме того, касательная к графику в нуле не имеет с ним больше общих точек. Это означает, что абсциссы точек отличны от нуля, а их знаки чередуются. Тогда у точек и абсциссы одного знака, поэтому касательная в точке не проходит через точку

Сделаем замену:

Тогда функция при всех вещественных удовлетворяет соотношению

При всех фиксированных значения и удовлетворяют системе уравнений:

Подставим первое уравнение во второе:

Решим заданное уравнение:

(a) Рассмотрим тогда условие принимаем вид

Это основное тригонометрическое тождество, оно верно для любого

(b) Допустим, что такая функция есть. Пусть тогда

Теперь пусть тогда

Сложим полученные равенства, получим

противоречие.

Пусть такая функция существует. Тогда, подставляя вместо в данное равенство, получаем

Значит, при всех , поэтому при всех , то есть функция четная.

С другой стороны, подставляя в исходное равенство вместо , получим

а поскольку четная, то , поэтому

Вычитая это равенство из исходного, получаем при всех . Противоречие.

Подставляя вместо , получаем

откуда находим

Таким образом,

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

Положим

Тогда

Пусть и строго возрастают (соответственно, строго убывают). Тогда как их полусумма строго возрастает (соответственно, строго убывает), что противоречит условию.

Если же какая-то из функций и строго возрастает, а другая строго убывает, то обе функции и строго возрастают или строго убывают. Следовательно, их полусумма строго монотонна — снова противоречие с условием.

Обозначим где буква написана раз, за .

Докажем, что корнями уравнения , являются числа Доказывать будем индукцией по числу

Если то корнями является только число , что и требовалось.

Пусть мы уже доказали, что корнями являются числа Заметим, что то есть, для того, чтобы было корнем уравнения необходимо и достаточно, чтобы было корнем уравнения

Значит, должно равняться одному из чисел т.е. расстояние от до 1 должно равняться А это и есть числа т.е. числа Переход доказан.

Ясно, что имеет вид поэтому

Получаем, что (строгое неравенство следует из того, что при уравнение имеет не три, а всего один корень), откуда

Поскольку у этих двух квадратных уравнений должно быть три корня, у одного из уравнений должен быть один корень, а у другого два. У уравнения не может быть всего один корень, так как поскольку Значит, один корень имеет уравнение то есть что даёт два варианта: или Поскольку , остаётся только

Теперь, решив уравнения при легко найдём все три корня уравнения это

ОДЗ функции: Пропотенцируем уравнение по основанию логарифма: и, переобозначив , получим

Выясним, при каких данное уравнение имеет решение, удовлетворяющее Сразу исключим два очевидных случая и

Остается рассмотреть вариант Заметим, что левая часть уравнения для указанных степеней является выпуклой вверх функцией, т.к.

Это значит, что её график лежит строго ниже любой касательной к нему (кроме точки касания) и для случая, когда правая часть уравнения является касательной к графику при , уравнение корней среди не имеет.

Во всех оставшихся случаях будет пересекаться с прямой при

Действительно, в случае касательная, проведённая к в точке оказывается в некоторой левой окрестности точки касания выше прямой а следовательно, и сам график находится выше прямой в некоторой (возможно меньшей) левой окрестности точки Однако в точке функция обнуляется и её график становится уже ниже прямой В силу непрерывности обеих функций строго внутри интервала найдётся точка пересечения их графиков.

В случае будет наблюдаться аналогичная ситуация: в некоторой правой окрестности точки касания график находится выше прямой Однако,

следовательно, рано или поздно график функции станет ниже прямой и в силу непрерывности обеих функций на луче найдётся точка пересечения их графиков.

Нетрудно убедиться, что из многочленов, тождественно равных константе, подходит только Дальше рассматриваем многочлены хотя бы первой степени.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Степень многочлена чётная.

Доказательство леммы. Предположим противное, тогда многочлен имеет нечётную степень и принимает как положительные, так и отрицательные значения. Это противоречит тому, что неотрицательный при всех вещественных

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Также из доказанной выше леммы следует, что имеет положительный старший коэффициент.

Рассмотрим два случая.

Если подставим Условие превратится в тогда подставим получим Продолжим так дальше, то есть для где мы подставляем и получаем При этом то есть новое значение хотя бы в два раза больше предыдущего. Таким образом, мы получаем, что для сколь угодно больших значений выполнено что противоречит положительному старшему коэффициенту у

Если подставим получив Далее, подставим получим Продолжим так подставлять дальше. Заметим, что поэтому модуль нового значения будет хотя бы в два раза больше предыдущего. Тогда мы получим отрицательное сколько угодно большое по модулю для которого что опять противоречит положительному старшему коэффициенту и чётной степени многочлена.

Положим , тогда , откуда . Теперь положим , тогда . Теперь очевидно, что .

Покажем, что любая функция, удовлетворяющая условиям, имеет период Действительно, из уравнения следует, что не принимает значения В самом деле, если то что невозможно. Следовательно, поэтому, применяя последовательно это равенство, получаем:

Докажем по индукции, что

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

База очевидна:

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Переход несложно доказать:

_____________________________________________________________________________________

Таким образом, по доказанной формуле

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Вот как прийти к решению: