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 161#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:

$f(x)= αx$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 162#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 163#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:

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 164#98021Максимум баллов за задание: 7

Найдите наименьшее значение функции $f(x)= |x|+ |x +1|+...+|x+ 2022|.$

Источники: Миссия выполнима 2018

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы не можем сразу ограничить много модулей, попробуйте посмотреть на суммы пар.

Подсказка 2

|a| + |b| ≥ |a ± b|. Как это применить в задаче, чтобы получить наименьшее значение?

Подсказка 3

Разобьем модули на пары так, чтобы сумма свободных членов вне модулей была 2022. Как тогда ограничивается сумма пары модулей?

Подсказка 4

Например: |x + 2| + |x + 2020| ≥ (- x - 2) + (x + 2022 - 2) = 2022 - 2⋅2. Далее нужно рассмотреть общий вид и понять, когда достигается равенство.

Подсказка 5

Для равенства необходимо, чтобы первая скобка пары всегда раскрывалась с отрицательным знаком, а вторая — с положительным.

Показать ответ и решение

Разобьем выражение на следующие пары:

(|x|+ |x+2022|)+ (|x+ 1|+ |x +2021|)+ (|x+ 2|+ |x+ 2020|)+...

Рассмотрим первую пару.

|x|+ |x+ 2022|≥ (− x)+(2022+ x)= 2022

Аналогично для всех пар вида

|x +k|+ |x+ 2022 − k|, k≤ 1010

Так как можно оценить как

|x+ k|+ |x +2022− k|≥ (−x− k)+(x+ 2022− k)= 2022− 2k

Тогда исходное выражение принимает минимальное значение, если в каждой паре достигается равенство, а оно достигается при $x =− 1011.$

Следовательно, наименьшее значение равно:

0+ 2+ 4+6 +8+ ...+ 2020+ 2022= 2⋅(0+ 1+ 2+3 +4+ ...+ 1011)= 2⋅ 1011⋅1012= 1023132 2

Ответ: 1023132

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 165#65460Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x)$ такова, что $f(f(x))= x$ и $f(f(x+ 2)+ 2)= x$ для любого $x$ . Найдите $f(2017)$ , если $f(0)= 1$ .

Источники: Миссия выполнима - 2017, 11.6 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как воспользоваться одновременно двумя равенствами из условия? Быть может, попробуем преобразовать одно из них?

Подсказка 2

Возьмите функцию от обеих частей в одном из равенств, чтобы воспользоваться другим.

Подсказка 3

Отлично, теперь мы умеем связывать (x+2) и f(x). Обратите внимание, что мы ещё не воспользовались f(0). Осталось лишь придумать, как же добраться от значения в нуле к значению в 2017, используя полученные равенства ;)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Из равенства $f(x)= f(f(f(x+ 2)+2))=f(x+ 2)+2$ мы получаем формулу $f(x+ 2)= f(x)− 2$ . Кроме того, $f(1)= f(f(0))= 0$ . Но тогда $f(2017)=f(1)− 2 ⋅1008= −2016.$

Второе решение.

Докажем, что для любого целого $n≥ 0$ верно $f(n)=1 − n,$ откуда будет следовать $f(2017)= −2016.$

Шаг индукции: если $f(n)= 1− n,$ то при подстановке $x = n$ в равенство $f(f(x))= x$ получаем $f(1− n)= n$ и при подстановке $x =− n− 1$ в равенство $f(f(x +2)+ 2)= x$ получаем $f(n+ 2) =− n− 1 =1 − (n+ 2).$ Таким образом, переход доказан для всех чисел одинаковой чётности, поэтому нужно проверить выполнение предположения для базы индукции на чётных и на нечётных отдельно.

Для чётных при $n =0$ получаем $f(0)= 1− 0 =1$ , а для нечётных при $n= 1$ тоже $f(1)= f(f(0)=0 =1 − 1$ формула верна.

Ответ: -2016

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 166#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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 167#72125Максимум баллов за задание: 7

Дана функция $f(x)= P(x)ex$ , где $P(x)$ — многочлен степени 1000 с положительными коэффициентами. Пусть $g(x)$ — сороковая производная $f(x)$ . Докажите, что

g(1000) 40 f(1000) < 2 .

Источники: ИТМО 2017

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам в задаче дали какое-то большое число - 40, если мы не найдём закономерность, то нам надо будет считать все 40 производных, так давайте попробуем найти её и доказать.

Подсказка 2

Хм, написав первые несколько производных P(x)e^x, получаются какие-то уж больно знакомые коэффициенты, да и сумма количества значков производных тоже знакомая - она совпадает с номером производной, ещё и число такое 2^40, да тут все намёки на ...

Подсказка 3

Своеобразный бином Ньютона!!! Попробуйте доказать этот факт через индукцию.

Подсказка 4

Раз уж мы разгадали главную тайну задачи, то мы примерно понимаем, откуда возьмётся коэффициент
2^40 = (1+1)^40, нам бы только избавится от противного P(x) и его производных, но как?

Подсказка 5

Может поможет какая-то мудрая оценка, причём мы уже знаем нашу конечную цель, которая намекает нам на то, как оценить каждое из слагаемых. Подумайте, на что бы очень хотелось заменить каждое из P...(x), чтобы получить то, что от нас требуют.

Подсказка 6

Эх, если бы могли как-то заменить их все на P(x), вот тогда бы зажили: мы бы могли его вынести, склеить с e^x, а в скобках был бы наш желанный коэффициент (1+1)^40.

Подсказка 7

Хорошо, что P(x) это многочлен, а производная суммы есть сумма производных, может получится оценить в лоб?

Подсказка 8

Рассмотрите произвольный одночлен P(x), помните, что нам надо оценить только для x=1000, посмотрите, всегда ли достигается равенство в полученной оценке или где-то знак получается строгим?

Показать доказательство

Рассмотрим какой-то одночлен $a xk k$ . Его $n$ -ая производная равна $k(k− 1)...(k− n+ 1)a xk−n k$ , а поскольку и $k$ , и $n$ не больше тысячи, эта производная не превосходит $n k−n 1000 akx$ , причём равенство достигается только когда $n= 1$ и $k= 1000$ . Значит, аналогичное неравенство верно и для суммы одночленов. Подставляем вместо $x$ число 1000, и получаем, что $(k) P (1000)≥ P (1000).$

По индукции легко доказать:

(n) ( ) (P (x)ex) =ex C0nP (x)+ C1nP′(x)+ ...+ CnnP(n)(x)

Тогда, воспользовавшись доказанным в предыдущем абзаце, получаем, что

g(1000)= (P(x)ex)(40)(1000)=

( ) =e1000 C040P(1000)+ C140P ′(1000)+ ...+C4040P(40)(1000) ≤

( ) ≤e1000 C040P(1000)+C140P(1000)+ ...+ C4400P (1000) ≤

≤ e1000(C040+ C140+...+C4400)P(1000)= 240e1000P(1000)= 240f(1000).

Кроме того, заметим, что поскольку в данной сумме встречается не только первая производная, хотя бы одно из суммируемых нами равенств на самом деле строгое, поэтому мы можем заменить знак $≤$ на $<$ .

Таким образом, мы получили, что $g(1000) <240f(1000)$ , откуда делением на $f(1000)$ получаем требуемое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 168#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 169#103421Максимум баллов за задание: 7

Найдите множество значений функции

-----1----- f(x) =g (64g(g(lnx))) 1025 ,

где $g(x)= x5 +-1. x5$

Показать ответ и решение

Рассмотрим сначала функцию $h(t)= t+1∕t.$ Функция $h(t)$ определена для всех $t⁄= 0.$ Найдем экстремумы функции $h(t).$

Для того найдем интервалы знакопостоянства производной функции:

′ 1 (t− 1)(t+ 1) h (t)= 1− t2 =----t2-----

h′(t)=0 при t= ±1

Проходя через точку $t= −1,$ производная $′ h(t)$ меняет знак с плюса на минус, следовательно, $t= −1$ является точкой максимума:

hmax = h(−1)= −2

Проходя через точку $t= 1,$ производная $′ h (t)$ меняет знак с минуса на плюс, следовательно, $t=1$ является точкой минимума:

hmin =h(1)=2

Множеством значений этой функции является множество:

(−∞; −2]∪[2;+∞ )

Функция $g(x)= x5+ 1∕x5 = h(x5).$ Поскольку функция $t=x5$ возрастает на промежутке $(− ∞;0)∪(0;+ ∞)$ и принимает все числовые значения, то множеством значений функции $h(x5),$ следовательно, и $g(x),$ является множество:

(−∞; −2]∪[2;+∞ )

причем $gmax = g(−1)=− 2,$ $gmin = g(1)= 2.$ По той же причине множеством значений функции $g(ln(x))$ также является множество $(−∞;− 2]∪ [2;+∞ ).$

Найдем множество значений функции $g(g(lnx))= g(q)$ :

Так как функция нечетная, то будем рассматривать только неотрицательные аргументы. так как функция $g(q)$ определена при $q ∈ [2;+∞ ),$ и на этом промежутке возрастает, то ее минимальное значение

gmin = 25+1∕25 = 1025∕32

Тогда областью значений функции $g(g(lnx))$ является множество:

(−∞; −1025∕32]∪ [1025∕32;+∞),

а функции $64⋅g(g(lnx)) 1025$ — множество:

(−∞; −2]∪[2;+∞ )

Значит, множество значений функции $(64⋅g(g(lnx))) g --1025--$ равно множеству значений функции $g(g(lnx)).$

Таким образом:

( ) g 64⋅g(g(lnx)) ∈(−∞; −1025∕32]∪ [1025∕32;+∞) 1025

Отсюда находим множество $Ef$ значений функции $f(x)= -(---1----)- g 64⋅g(g10(l2n5x))$

[ -32- ) ( -32-] Ef = −1025;0 ∪ 0;1025

Ответ:

$[− -32-;0)∪ (0;-32-] 1025 1025$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 170#106011Максимум баллов за задание: 7

Про функцию $y =f(x)$ известно, что она определена и непрерывна на всей числовой прямой, нечётна и периодична с периодом $5,$ а также что $f(−1)= f(2)= −1.$ Какое наименьшее число корней может иметь уравнение $f(x)= 0$ на отрезке $[1755;2017]?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как функция периодична, то можем найти количество её нулей на периоде и сделать выводы о количестве нулей на всем отрезке из условия. Как мы можем это сделать?

Подсказка 2

Рассматриваем значения функции на [0, 5). Как здесь оценить количество нулей?

Подсказка 3

Для начала найдем значения функции в точках 0, 1, 2, 3, 4, пользуясь положениями из условия. Какие выводы из найденных значений можно сделать?

Подсказка 4

Так как теперь знаем значения функции в этих точках, то из непрерывности функции можем оценить снизу количество нулей на рассматриваемом полуинтервале. Достижима ли эта оценка?

Подсказка 5

Теперь, зная количество нулей на периоде, хотим посчитать, сколько раз этот период помещается в отрезок из условия и рассмотреть не попавшие в период значения на предмет наличия нулей там. Почитаем с учётом всего этого итоговое количество нулей!

Показать ответ и решение

Поскольку функцня $f$ нечётна и определена в нуле, получаем

f(0)= −f(0)⇒ f(0)= 0

В силу 5-периодичности тогда имеем $f(5)= f(0)= 0$ . Используем ещё раз нечётность: $f(1)= −f(−1)= 1$ , и опять в силу 5-периодичности $f(3)=f(−2)= 1$ и $f(4)= f(− 1) =− 1.$

Итак, в точках $1,2,3$ и 4 значения функции равны соответственно $1,− 1,1$ и $− 1.$ Значит, на каждом из трёх интервалов между этими точками есть не менее одного нуля функции $f$ .

Итого на периоде $[0;5)$ у функции не менее 4 нулей (ясно, что эта оценка достижнма: можно взять, например, кусочно-линейную функцию, у неё будет ровно 4 нуля). На промежутке $[1755;2015)$ период помещается 52 раза (на нём не менее $52 ⋅4 =208$ нулей), плюс нуль в точке $2015$ и хотя бы один на интервале $(2016;2017).$ Итого не менее 210 нулей (210 нулей уже возможно).

Ответ: 210

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 171#72122Максимум баллов за задание: 7

Мальчик Вася выписал в тетрадку ненулевые коэффициенты многочлена $P (x)$ десятой степени. Затем у получившегося многочлена вычислил производную и выписал ее ненулевые коэффициенты, и так далее, пока не получилась константа, которую он также выписал. Какое наименьшее количество различных чисел у него могло получиться? Коэффициенты выписываются с учетом знака, свободные члены также выписываются, если имеется одночлен вида $n ± x$ , выписывается $±1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз уж многочлен P(x) имеет степень 10, то как минимум 1 ненулевой коэффициент у него есть! И стоит он перед... чем? Давайте обозначим его а и посмотрим на то, каким он становится при вычислении производных

Подсказка 2

Стоит он перед x¹⁰, конечно, а иначе у нас многочлен не 10 степени) При вычислении производных он умножается на соответствующую степень х, то есть на 10, 9, и т.д. до 0. Сколько ненулевых чисел получилось? Могли ли какие-то из них быть равны?

Подсказка 3

Конечно они не равны, а ведь не 0, получается как минимум 10 различных чисел у нас есть. Остаётся придумать пример!

Подсказка 4

Давайте просто возьмём тот многочлен, который рассматривали, когда придумывали оценку - а ⋅ x¹⁰, берём любое ненулевое а и побеждаем :)

Показать ответ и решение

Оценка: так как многочлен имеет степень $10$ , у него совершенно точно есть ненулевой коэффициент при $x10$ назовём его $a$ . Тогда старший коэффициент производной этого многочлена равен $10a$ , старший коэффициент второй производной равен $10 ⋅9a$ и т.д., старшие коэффициенты девятой и десятой производных равны $10!⋅a$ причем все эти числа, кроме двух последних, различны. Таким образом, $10$ различных чисел точно есть

Пример:

x10 x9 10! + 9! + ...x+ 1

даёт ровно 10 различных чисел, так как каждый следующий одночлен — производная предыдущего.

Ответ: 10

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 172#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 173#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 174#73722Максимум баллов за задание: 7

Найдите все такие $a$ и $b,$ что $|a|+ |b|≥ 2√- 3$ и при всех $x$ выполнено неравенство

|a sinx+ bsin2x|≤1

Источники: ММО-2014, задача 11.2(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для упрощения рассуждений можно рассмотреть какие-то определенные a и b. Например, если они одного знака, то сумма их модулей равна модулю их суммы(а если разного знака?).

Подсказка 2

У нас есть неравенство, которое верно для всех x. Значит, можно найти какое-то удобное значение x, чтобы выражение в неравенстве стало похожим на модуль суммы a и b.

Подсказка 3

Число 2/√3 как бы намекает, какие значения х стоит попробовать.

Показать ответ и решение

Рассмотрим случай, когда числа $a$ и $b$ имеют один знак. В этом случае $|a|+|b|= |a+b|.$ Пусть $x= π. 3$ Тогда $2x= 2π,sinx= sin2x= √3 3 2$ и $√3 √3 1 ≥|asinx+ bsin2x|=|a+ b| 2 =(|a|+ |b|) 2 ≥1.$ Отсюда получаем, что $√2 |a|+|b|= 3,$ а в точке $π x= 3$ функция $f(x)= asinx+ bsin2x$ принимает либо своё наибольшее значение $1,$ либо своё наименьшее значение $− 1.$ Значит, точка $π x= 3$ является точкой экстремума для функции $f(x)$ и $′π f(3)= 0.$ Имеем

π π 2π a− 2b f′(3)= acos3 + 2bcos-3 =--2--= 0

Следовательно, $a= 2b.$ Учитывая равенство $|a|+ |b|= 2√3,$ получаем, что возможны лишь два варианта $a= 34√3,b= 3√23-$ или $a =− 3√43-,b= − 3√23.$

Рассмотрим теперь случай, когда числа $a$ и $b$ имеют разные знаки. В этом случае $|a|+|b|= |a − b|.$ Пусть $x = 2π3-.$ Тогда $√- 2x= 4π3 ,sinx= − sin2x=-32$ и $√- √- 1≤ |asinx+ bsin2x|=|a− b|-32 =(|a|+ |b|)-32 ≥1.$ Отсюда получаем, что $|a|+ |b|= √23,$ а в точке $x = 2π3-$ функция $f(x)=asinx+ bsin2x$ принимает либо своё наибольшее значение $1,$ либо своё наименьшее значение $− 1.$ Значит, точка $x= 2π3$ является точкой экстремума функции $f(x)$ и $f′(2π3 )= 0.$ Имеем:

f′(2π-)=acos2π+ 2bcos 4π-= −a−-2b= 0 3 3 3 2

Следовательно, $a= −2b.$ Учитывая равенство $|a|+ |b|= √2 3$ получаем, что возможны лишь два варианта: $a= −-4√-,b= -2√- 3 3 3 3$ или $a =-4√-,b= −-2√-. 3 3 3 3$

Проверим, что четыре найденные пары значений удовлетворяют условию задачи. Действительно, $|a|+ |b|= √2. 3$ Функция $f(x)$ принимает свои наибольшее и наименьшее значения в таких точках $x,$ для которых $f′(x)= 0.$ Найдём такие точки $x.$ Имеем:

f′(x)= acosx +2bcos2x =a(cosx ±cos2x)= 0

где знак в скобках выбирается положительным, если $a$ и $b$ одного знака, и отрицательным иначе. Следовательно, во всех точках экстремума функции $f(x)$ имеем $|cosx|= |cos2x|.$ Значит, при таких $x$ выполнено также равенство $|sinx|= |sin2x|.$ Отсюда $|sin2x|= |sin x||cosx|$ и либо $sinx= 0,$ либо $|cosx|= 12.$ В первом случае $f(x)= 0,$ во втором $|sin√32 |,|sin 2x = √23|$ и

√- √- |f(x)|≤ |a|-3+ |b|-3-=1 2 2

Таким образом, во всех точках экстремума функции $f(x),$ а следовательно, и во всех вообще точках $x,$ имеем $|f(x)|≤1.$

Ответ:

$a =± √4-,b= ± √2 3 3 33$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 175#85543Максимум баллов за задание: 7

Дана функция $f,$ определенная на множестве действительных чисел и принимающая действительные значения. Известно, что для любых $x$ и $y$ таких, что $x> y,$ верно неравенство $2 (f(x)) ≤f(y).$ Докажите, что множество значений функции содержится в промежутке $[0,1].$

Источники: Всеросс., 2014, ЗЭ, 10.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

По условию $f(y)≥ (f(y+ 1))2 ≥ 0$ для любого $y,$ поэтому все значения функции неотрицательны.

Пусть теперь $f(x0) =1+ a> 1$ для некоторого $x0.$ Докажем индукцией по $n,$ что для любого $y < x0$ верно неравенство $n f(y)>1 +2 a.$ При $n= 1$ имеем

2 2 f(y)≥(f(x0)) = 1+ 2a +a > 1+ 2a

Для перехода от $n$ к $n+1$ заметим, что $y < x0+y< x , 2 0$ и потому $f( x0+y) >1+ 2na 2$ по предположению индукции. А тогда

( (x0+ y))2 n+1 n 2 n+1 f(y)≥ f --2-- =1 +2 a+ (2 a) >1 +2 a

что и требовалось.

Итак, для любого фиксированного $y < x0$ имеем $f(y)> 1+$ $+2na$ при любом натуральном $n.$ Но это невозможно, так как существует $n,$ при котором $2n > f(y)a−1.$ Стало быть, $f(x)≤ 1$ при всех $x.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 176#38689Максимум баллов за задание: 7

Найдите множество значений выражения $x− y+ 1$ при условии

2 (x− y) = 2|2y− x|+ x+ 15.

Источники: ПВГ-2013, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Выполним замену переменных: $x− y+ 1= a,2y− x= t$ . Тогда условие задачи переформулируется следующим образом:

Найдите множество значений $a$ при условии $2 2|t|+ t=a − 4a− 12$ .

$PIC$

На плоскости переменных $(a,t)$ это условие задает множество, состоящее из частей парабол

1( ) t= 3 a2− 4a− 12

t= − (a2− 4a− 12)

для значений $a∈ (−∞;−2]∪[6;+ ∞).$

Ответ:

$(−∞,− 2]∪ [6,+∞ )$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 177#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 $t$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 178#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

f(x +6)= x+ 3+ 2− f(x+ 3)= x+5 − x− 2+ f(x)= f(x)+3

Используя это, получим

f(2012)= f(335⋅6+ 2)=f(2)+335⋅3= −1+ 2− f(− 1)+ 1005 =1005

Ответ:

$1005$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 179#65395Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x)$ удовлетворяет при каждом значении $x$ равенству

f(x+ 2)=f(x)+ 4x +4.

Найдите $f(2012)$ , если $f(2)= 0$ .

Источники: Ломоносов-2012

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам фактически дано рекуррентное соотношение. Что оно позволяет найти, если подставить вместо x что-то удобное?

Подсказка 2

Если подставить 2, то находим f(4), потом если подставить 4, то находим f(6), и т.д.

Подсказка 3

Попробуйте записать такую подстановку x=2t в общем виде. Или же можно угадать, чему равно f(2t), и потом доказать по индукции.

Показать ответ и решение

Вычислим значение функции в произвольной чётной точке $2t$ :

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

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

= 8(1+ 2+ ...+t− 1)+4(t− 1)= 4t2 − 4

Более формально равенство $f(2t)= 4t2− 4$ можно доказать индукцией по $t$ . Таким образом, $f(2012)= 4048140$ .

Ответ: 4048140

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 180#106714Максимум баллов за задание: 7

Для заданных значений $a,b,c$ и $d$ оказалось, что графики функций $y = 2a+-1- x−b$ и $y = 2c+-1- x−d$ имеют ровно одну общую точку. Докажите, что графики функций $-1- y = 2b+ x− a$ и $-1- y = 2d +x−c$ также имеют ровно одну общую точку.

Источники: ММО - 2012, первый день, 11.2(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Графики функций y = 2a + 1/(x-b) и y = 2c + 1/(x-d) центрально-симметричны. А есть ли у них общая точка симметрии?

Подсказка 2

Верно, есть! Это точка ((b+d)/2, a+c)! Тогда при каких условиях они имеют единственную общую точку?

Подсказка 3

Точно! При x = (b+d)/2 имеется равенство 2a + 1/(x-b) = 2c + 1/(x-d) = a + c, что равносильно (a-c)(b-d) = 2. Но ведь то, что нужно доказать, имеет примерно такой же вид, как условие, значит, надо попробовать сделать что-то аналогичное!

Показать доказательство

Графики функций $y = 2a +-1 x−b$ и $y =2c+ -1- x−d$ центрально-симметричны относительно точки с координатами $((b+ d)∕2,a +c)$ и, следовательно, имеют ровно одну общую точку тогда и только тогда, когда

1 1 2a+ x−-b = 2c+x-− d = a+c

при $x= b+2d.$ Это условие эквивалентно равенству $(a − c)× (b− d)=2.$ Аналогично доказывается, что это равенство также эквивалентно тому условию, что центрально-симметричные относительно точки с координатами $((a+ c)∕2,b+d)$ графики функций $y =2b+ x1−a$ и $y = 2d+ x1−c$ имеют ровно одну общую точку.

Следующая подтема