Тема АЛГЕБРА

Функции → .03 Функциональные уравнения

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Функции

Исследование функций и производные

Суперпозиция f(f(x))

Функциональные уравнения

Функциональные неравенства

Функции в натуральных/целых/рациональных числах

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#103737

Функция $f,$ определённая на действительных числах, принимает действительные значения. Известно, что для любых действительных $x,y,$ при которых $x +y ⁄= 0,$ выполнено равенство

f(x)+f(y) f(xy)= --x-+y---.

Найдите все такие функции $f.$

Показать ответ и решение

Подставим в данное равенство $y = 1:$

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

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

xf(x)= f(1)

Из условия следует, что это равенство выполнено при любых $x⁄= −1.$ В частности, при $x =0.$ Значит,

f(1)= 0

Тогда получаем, что должно быть верно

xf(x)= 0

То есть $f(x)= 0$ при всех $x ⁄=0;−1.$

Далее, подставляя в исходное равенство $y =0,$ получим

xf(0)=f(x)+ f(0)

Подставляя теперь $x =2,$ приходим к

f(0)= f(2) =0

Наконец, подстановка $y = 0,x= −1$ позволяет найти оставшееся значение

f(0)= −f(−1)− f(0)

f(−1)= −2f(0)= 0

Таким образом, $f(x)= 0$ для любых действительных $x.$

Ответ:

$f(x)≡ 0$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#106504

Найдите функцию $f(x)$ , о которой известно, что

({ (2x+3) f(x)= x⋅f x−2 + 3 при x⁄= 2, (0 при x= 2.

Показать ответ и решение

При $x⁄= 2$ (подставим в аргумент функции $2x+3 x− 2$ ):

(| (22x+3+ 3) (2x+-3) |{ 2xx+−32-⋅f -x2x−+23---- + 3, 2xx+−32-⁄= 2 f x − 2 = ||( x−2 − 2 2x+3 0, x−2-= 2

Заметим, что $2x+3 x−2 ⁄= 2,$ так как $2x+ 3⁄= 2x − 4$ .

Следовательно, при $x⁄= 2$ :

( ) (22x+3+ 3) f 2x+-3 = 2x-+3-⋅f -2x−x+32--- + 3. x− 2 x− 2 x−2 − 2

Преобразуем аргумент $f$ в правой части, получим:

(2x+ 3) 2x +3 f -x−-2 = x−-2-⋅f(x)+ 3.

Подставим полученное выражение для $( ) f 2xx+−32-$ в условие задачи. Получим, что при $x ⁄=2$ :

(2x+-3 ) f(x)= x x− 2 ⋅f(x)+3 +3.

( x(2x +3)) f(x) 1− -x-− 2- = 3x+ 3

Проверим, когда выражение $( ) 1− x(2xx+−32)-$ принимает нулевое значение. Это происходит только при $x− 2= x(2x+ 3),$ то есть $2x2+ 2x+2 =0$ . Этот трёхчлен не имеет вещественных корней, поскольку его старший член положительный, а дискриминант отрицательный. Разделим обе части на это выражение:

f(x)= --3x+-3-- =− 3(x-+1)(x-− 2). x−2−x2−x22−3x 2(x2+ x+ 1)

Заметим, что получившаяся функция при $x= 2$ удовлетворяет условию, поскольку $f(2)= 0$ . Следовательно, это и есть ответ.

Ответ:

$f(x)= − 3(x-+1)(x-− 2) 2(x2+ x+ 1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#119884

Пусть $D$ — некоторое фиксированное непустое множество, а $f(x,y)$ — функция двух переменных, принимающих значения из $D.$ Известно, что

1.: $f(x,f(y,z))= f(f(x,z),y)$ для любых $x,y,z ∈ D,$
2.: для любых значений $x,z ∈ D$ существует такое $y ∈ D,$ что $f(x,y)=z.$

Докажите, что существует такое $t∈D,$ что $f(t,x) =x$ для всех $x∈D.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.1 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что хочется подставить вместо y в первое правило, чтобы получить какое-то полезное свойство для нашей функции?

Подсказка 2

Подставим вместо y x, на какое свойство для функции это похоже? Как использовать второе свойство?

Подсказка 3

Докажите, что наша функция симметрична, то есть f(x, y) = f(y, x).

Подсказка 4

Какие y и z можно подставить во второе правило, чтобы оно стало похоже на то, что от нас требуют?

Подсказка 5

Подставим во второе правило y = t, z = t, x = p. Осталось цепочкой равенств показать, чему же равно f(t, x).

Показать доказательство

Сначала докажем, что $f(x,y)=f(y,x)$ при любых $x,y ∈ D.$ Согласно свойству $2,$ для $x$ и $y$ существует такое $d,$ что $f(x,d) =y;$ тогда с помощью свойства $1$ получаем $f(x,y) =f(x,f(x,d))= f(f(x,d),x)= f(y,x).$

Далее, пусть $p$ — произвольный элемент $D;$ согласно свойству $2,$ существует такое $t∈ D,$ что $f(p,t)= p.$ Для этого $t$ и произвольного $x∈D$ имеем $f(t,x)= f(t,f(p,c)),$ где $c$ таково, что $f(p,c)= x$ (см. свойство $2).$ Тогда, используя доказанное выше, свойство $1$ и равенство $f(p,c)=x$ получаем

f(t,x)= f(t,f(p,c)) =f(t,f(c,p))=f(f(t,p),c)=f(f(p,t),c)= f(p,c),

что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#120614

Найдите все многочлены $P (x)$ с вещественными коэффициентами такие, что

2 (P (x)) =1 +xP(x+ 1)

Показать ответ и решение

Очевидно, что $P(x)≡ C,$ где $C ∈ ℝ$ не подходит. Пусть $degP(x)= n.$ Тогда $deg(P(x))2 = 2n$ и $degxP(x+ 1)=n +1.$ Итак, $n≥ 1.$ Из исходного равенства имеем $n+1 =2n,$ откуда $n= 1,$ то есть $P(x)=ax +b.$ Подставляя в условие, получаем

2 (ax+ b) = 1+ x(a(x+ 1)+b)

22 2 2 ax +2abx+b = ax + (a+ b)x +1

Тогда $a2 =a.$ Так как $a⁄= 0$ (так как $P(x)⁄≡ const),$ то $a= 1.$ Кроме того, $2ab= a+ b,$ то есть $2b= b+ 1,$ откуда $b= 1.$ Итак, $P (x)= x+ 1.$ Легко проверить простой подстановкой, что ответ подходит.

Ответ:

$P (x)= x+ 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#120615

Найдите все многочлены $P (x)$ нечетной степени с вещественными коэффициентами такие, что $P(x2 +1)= (P (x))2+1.$

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(x) ≡x$ удовлетворяет условию. Пусть $Q(x)= P(x)− x.$ Тогда $P(x)= x+ Q(x).$ Подставим это равенство в наше уравнение.

2 2 2 2 x + 1+ Q(x +1)= (Q (x)) +x + 2Q(x)x+ 1

2 Q(x + 1)= Q(x)(Q(x)+ 2x)

Ясно, что $Q (x)$ — многочлен нечетной степени. Тогда у него есть вещественный корень $x0,$ то есть $Q(x0)= 0.$ Тогда получим, что $Q (x2+ 1)=Q (x0)(Q (x0)+ 2x0)= 0. 0$ Так как $x2+ 1> |x0|, 0$ поэтому $x2+ 1 0$ — другой корень многочлена $x0.$ Пусть $x1 = x2+ 1. 0$ Аналогичными рассуждениями получаем, что $x2 = x2+ 1 1$ — корень, отличный от $x0$ и $x1.$ Продолжая это действие, мы получаем бесконечную серию корней многочлена $Q(x),$ откуда $Q(x)≡ 0.$ Тогда $P(x)≡ x.$

Ответ:

$P (x)≡ x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#120616

Найдите все многочлены $P (x)$ с действительными коэффициентами, удовлетворяющие условию

2 2 P (x )− P(x)= P((1− x) )− P (1− x)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Для начала давайте поймём, для многочленов какой степени уравнение точно выполняется.

Подсказка 2.

Верно! Для многочленов степени меньше двух оно верно. Теперь рассмотрим случай, когда степень хотя бы 2. Пусть многочлен имеет вид P(x) = aₙ·xⁿ + … + a₁·x + a₀, где n > 1. Попробуйте сравнить коэффициенты при x в какой-нибудь степени в обеих частях уравнения — они должны совпадать. Это может дать полезное условие.

Подсказка 3.

Рассмотрим коэффициенты при x²ⁿ⁻¹. Очевидно, что в левой части он равен 0. А чему он равен в правой части?

Показать ответ и решение

Если $P (x)≡ const,$ то условие выполняется. Если $P(x)=ax +b,$ где $a⁄= 0.$ Тогда

2 2 ax +b− ax− b= a(1− x)+ b− a(1− x)− b

что равносильно $0 =0,$ поэтому любой линейный многочлен $P(x)≡ ax +b$ подходит.

Пусть $P(x)= anxn+ ...+ a0,$ где $n ≥2.$ Тогда

2 2n 2(n−1) n P (x )− P(x) =anx + an−1x + ...+ a0 − anx − ...− a0

P((1− x)2)− P (1− x)= a(1− x)2n− 2na x2n−1+ ... n n

Поскольку коэффициенты мономов в левой и правой части уравнения должны быть равны, то $2n− 1> n$ и, поскольку $an ⁄=0,$ равенство невозможно — противоречие.

Ответ:

$P (x)= ax+ b,$ где $a,b∈ℝ$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#120617

Найдите все многочлены $P (x)$ с вещественными коэффициентами такие, что

2 (x− 3)P (x +1)− (x +3)P(x − 2)= 3x(x − 9)

Показать ответ и решение

Пусть $x =3,$ тогда $− 6P (1)= 0,$ следовательно $P(1)=0.$ Пусть $x =− 3.$ Тогда $− 6P(−2)= 0,$ то есть $P (− 2)= 0.$ Тогда по теореме Безу $P(x)= (x − 1)(x +2)Q(x).$ Подставим это равенство

(x− 3)x(x+ 3)Q (x +1)− (x+ 3)(x− 3)xQ (x − 2)= 3x(x− 3)(x+ 3)

Получаем тождество $Q(x+ 1)− Q(x− 2)=3.$ Подставим $y = x− 2$ для удобства и получим $Q(y+ 3)− Q(y)= 3.$ Пусть $R(y)= Q(y)− y.$ Тогда имеем равенство $R(y+3)+ y+ 3− R (y)− y = 3.$ Тогда $R(y +3)≡ R(y).$ Тогда $R(3k)= R(3(k− 1))$ для любого целого $k,$ откуда $R(x)≡ const,$ а потому $Q(y)= y+ C,$ где $C = const.$ Следовательно, $P (x)= (x− 1)(x+2)(x+C ).$ Легко проверить, что все такие многочлены подходят.

Ответ:

$P (x)= (x − 1)(x +2)(x +C )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#120618

Найдите все многочлены $P (x)$ с вещественными коэффициентами такие, что

2 2 P(x + x− 4)= (P(x)) + P(x)

Показать ответ и решение

Пусть $x =2.$ Тогда получаем, что $P(2)= (P(2))2+ P(2),$ откуда $P(2)=0.$ По теореме Безу имеем $P(x)= (x − 2)Q(x).$ Но $x− 2$ — неприводимый многочлен. Тогда можно переобозначить и переписать это равенство в следующем виде: $n P (x)= (x− 2) Q(x),$ где $n ≥1,n∈ ℕ$ и $Q(2)⁄=0$ (то есть выделим максимальную степень неприводимого многочлена). Подставим это равенство в исходное уравнение

(x2+ x− 4− 2)nQ(x2+x − 4)= (x− 2)2n(Q (x))2+ (x− 2)nQ(x)

Заметим, что $x2+ x− 6= (x− 2)(x+ 3).$ Тогда

n n 2 2n 2 n (x − 2) (x +3) Q(x +x− 4)= (x − 2) (Q(x)) + (x − 2) Q(x)

Сократим это равенство на $(x− 2)n$

n 2 n 2 (x+ 3) Q(x + x− 4)= (x− 2) (Q(x)) +Q (x)

Снова подставим $x= 2.$ Тогда $5nQ (2)= Q(2),$ то есть $Q(2)(5n− 1)=0.$ Так как $n≥ 1,$ имеем $Q(2) =0$ — противоречие! Тогда остается случай $P(x) ≡0,$ который условию удовлетворяет.

Ответ:

$P (x)≡ 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#76753

Функция $f(x)$ при всех действительных $x$ удовлетворяет равенству

2 2 (x − 5)f(x +x − 2)= 2x+ f(x)

Найдите значение $f(−2).$

Показать ответ и решение

Подставим $x= 0$ и $x= −2$ в равенство. Получим систему

{ −5⋅f(− 2)=f(0) −1⋅f(0)= −4+ f(−2)

Решив которую, получаем $f(− 2)= −1.$

Ответ:

$− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#79607

Функция $f$ , определённая на действительных числах, принимает действительные значения. Известно, что для любых действительных $x$ и $y$ выполнено равенство $f(x)f(y)=f(5x− y)$ . Найдите все такие функции $f$ .

Источники: ОММО - 2024, задача 9 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем. Обычно мы хотим, когда видим функциональные уравнения, подставить что-то удобное вместо y. Что здесь можно такое подставить, чтобы у нас получилось удобное уравнение? В каком бы виде мы бы хотели видеть это уравнение?

Подсказка 2

Если подставить y = 4x, то слева и справа будет f(x). Тогда мы сможем разбить наше уравнение на совокупность двух простых. Что либо f(x) = 0, либо f(4x) = 1. Значит ли это, что мы решили задачу?

Подсказка 3

А вот и нет! Ведь если у нас для любого x верно, что либо f(x) = 1, либо f(x) = 0, то не значит, что у нас возможны только такие функции. Это значит лишь то, что множество значений f равно 0 и 1. Поэтому для полного решения требуется доказать, что если f(x) = 0 в какой-то точке, то f(x) = 0 тождественно. Тогда переход, о котором говорилось выше, корректен.

Показать ответ и решение

Если при каком-то $x$ выполняется $f(x)= 0,$ то для любого $y$ верно $f(5x− y)= 0,$ поэтому для любого $y$ выполняется $f(y)=0.$

Если же $f(x)⁄= 0$ для любого значения $x$ , то для любого $y =4x$ должно быть выполнено

f(x)f(y)= f(x),

где после сокращения на $f(x)⁄= 0$ получаем $f(y)= 1.$

Ответ:

Таких функции две: константа 0 и константа 1. ( $f(x)≡1, f(x)≡ 0$ )

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#83858

a) Существует ли функция $f(x),$ заданная на всей числовой оси такая, что

( 1) 2 f x− x =x ?

б) Существует ли такая функция, заданная для $x> 0?$

Источники: КФУ - 2024, 11.5 (см. malun.kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Функция может принимать при разных абсциссах одни и те же значения, но бывает ли наоборот? Может ли функция при одной абсциссе иметь два значения?

Пункт а, подсказка 2

Такое сложное выражение внутри функции для абсцисс, может ли оно быть равно одному значению при подстановке разных x?

Пункт а, подсказка 3

Заметим, что в выражении «x - 1/x» есть переменная и обратная к ней, а что если в место переменной подставить сразу обратную, то есть (1/x) - 1/(1/x) = 1/x - x. Получилось, что-то очень похоже на изначальное выражение, может только поменять знак?

Пункт а, подсказка 4

Используя предыдущий факт, внимательно посмотрите на два равенства, получаемых при подстановке в функцию, например, x = 2 и x = -½. Придите к противоречию.

Пункт б, подсказка

Обратите внимание, что положительный x должен быть для f(x), а не для условия на f(x - 1/x).

Показать ответ и решение

а) Предположим, что такая функция существует. Тогда подстановкой $x =2$ и $x =− 1∕2$ в условие задачи

3 ( 1) 2 f(2)= 2 −2 = 2

( ) ( )2 f(3)= − 1− (−2) = − 1 = 2−2 2 2 2

получаем противоречие

б) Если существует, то снова возникает противоречие при $x =1,5> 0$ с неоднозначностью $f(1,5).$ Этот пункт проверяет лишь понимание, что положительный $x$ должен быть для $f(x)$ , а не для условия на $( 1) f x− x .$

Ответ:

а) нет

б) нет

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#85909

Функции $f$ и $g$ заданы формулами

f(x)= ax +b,g(x)= bx+a,

где $a$ и $b$ — некоторые натуральные числа, причём

f(g(x))− g(f(x))= 2024

Чему могут быть равны числа $a$ и $b$ ?

Источники: ФЕ - 2024, 11.1 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам в условии дано равенство. Раскроем его, расписав, чему равны функции f и g.

Подсказка 2

Получилось выражение, зависящее только от а и b. Теперь нужно разложить его на скобочки и посмотреть, чему они могут быть равны, исходя из того, что а и b — натуральные.

Показать ответ и решение

Условие равносильно выполнению равенства

a(bx+ a)+b − (b(ax+ b)+a)= 2024

2 2 a + b− b − a =2024

(a− b)(a+ b− 1)= 2024

Поскольку $2024 =23⋅11⋅23$ , и значения выражений $a− b$ и $a +b− 1$ разной чётности, второе из них положительно и больше первого, то остаётся рассмотреть только четыре варианта:


$a − b$	1	8	11	23

$a+ b− 1$	2024	253	184	88

Соответствующие пары значений ( $a,b$ ) таковы: $(1013;1012),(131;123),(98;87),(56;33)$ .

Ответ:

$(1013;1012),(131;123),(98;87),(56;33)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#90321

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что

2 2 (x − y)f(x +y)− (x +y)f(x − y)= 4xy(x − y)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче постоянно встречаются x-y и x+y, поэтому, сделав замену a=x+y, b=x-y, условие будет выглядеть лаконичнее, и работать с ним будет удобнее. Это полезно сделать, ведь условие станет симметричным относительно a и b.

Подсказка 2

Хочется как-то разделить переменные, для этого можно разделить на ab. Как после этого найти все решения?

Подсказка 3

Зафиксируем a, тогда f(b)/b-b^2=C, выразите отсюда f(b), проверьте, что полученные решения подходят, разберитесь со случаем ab=0.

Показать ответ и решение

Сделаем замену переменных $a= x− y,b=x +y.$ Функциональное уравнение примет вид

af(b)− bf(a)= (a +b)(b− a)ab

Разделим обе части уравнения на $ab,$ после чего расскроем скобки в правой части. Таким образом,

f(b) f(a)- 2 2 b − a =b − a

следовательно,

f(b) 2 f(a) 2 -b-− b = -a-− a

Зафиксируем значение $a.$ Тогда для любого значения $b,$

f(b) -b-− b2 =C

для некоторого действительного $C.$ Таким образом,

f(b)=Cb +b3

Наконец, покажем, что для всех действительных $C$ данная функция удовлетворяет исходному уравнению

( ) ( ) a Cb+ b3 − b Ca +a3 = ab3− ba3 = ab(a− b)(a +b)

Ответ:

$f(x)= Cx+ x3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#90322

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что $f(x2+ y)= f(x9+ 2y)+f(x4).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подставлять конкретные значения бывает полезно, так, подставив x=y=0, получим f(0)=0, вообще условие выглядит очень неприятно. Может ответ какой-то простой?

Подсказка 2

Хочется получить какую-то систему уравнений, для этого можно подставить -x вместо x, после этого можно заметить f(x^9+2y)=f(-x^9+2y). Как после этого доказать, что f тождественный 0?

Подсказка 3

Вместо y можно подставлять вещи связанные с x, можно подставить 2y=x^9. Что после этого получается?

Показать ответ и решение

Подставив в изначальное уравнение $x= 0,y =0,$ имеем

f(0)= 2f(0)

то есть $f(0)=0.$ Кроме этого,

(9 ) (2 ) ( 4) ( 2 ) ( 4) ( 9 ) f x + 2y = f x +y − f x =f (−x) + y − f (−x) =f −x +2y

Подставим, $2y =x9.$ Таким образом, для любого действительного $x,$ верно

f(2x9)= f(0)=0

следовательно, $f(x)=0$ — единственное возможное решение. Несложно проверить, что данная функция удовлетворяет уравнению.

Ответ:

$f(x)= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#90323

Найдите все функции $f :ℕ → ℕ$ такие, что

f(f(a)+f(b)+f(c))= a+ b+c

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте понять ответ, обычно с ним намного проще решать. Для начала поймите, что функция инъективна.

Подсказка 2

Переменных слишком много, удобно одну выразить линейно через другую. Тогда можно, например, подставить тройки (a,a,c) и (a-1,a+1,c). Какой из этого можно сделать вывод?

Подсказка 3

Нетрудно получить 2f(a)=f(a-1)+f(a+1). Поймите из этого, что f арифметическая прогрессия. Какой она может быть?

Показать ответ и решение

Покажем, что функция инъективная. Действительно, пусть это не так и существуют различные натуральные числа $x,y$ такие, что $f(x)= f(y),$ но тогда

3x =f(3f(x))= f(3f(y))= 3y

что влечет противоречие. Таким образом, для любых натуральных $a >1,b$ верно, что

f(f(a − 1)+ f(a+ 1)+f(b))= 2a+ b= f(f(a)+f(a)+f(b))

то есть, в силу инъективности,

f(a− 1)+f(a+ 1)=2f(a)

следовательно ${f(i)}∞i=1$ — арифметическая прогрессия.

Положим, $f(1)= r,f(2)=r +d$ для некоторых натурального $r$ и целого $d.$ Тогда для всех натуральных чисел $k$ верно, что $f(k)=r +dk,$ то есть $d> 0.$ Тогда для любых натуральных чисел $a,b,c,$

f(f(a)+ f(b)+ f(c))= f((r+ ad)+(r+ bd)+ (r+ cd))=

= f(3r +(a+ b+c)d) =r+ d(3r+ (a+b +c)d)= r(3d +1)+ (a+ b+ c)d2

но по условию это значение равно $a+b+ c.$ Таким образом,

r(3d+ 1)+ (a+b+ c)d2 =a+ b+ c

следовательно, $r= 0,$ $d= 1.$ Таким образом, $f(n)=n$ — единственная функция, удовлетворяющая условию задачи.

Ответ:

$f(n)= n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#90324

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что $f(xf(y)+x)= xy+ f(x).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно зафиксировать x и изменять y, попробуйте из этого понять, что f биективна.

Подсказка 2

Если функция биективна, то полезно подставить значения равные удобным числам. Каким?

Подсказка 3

Существуют y₁ и y₂, такие что: f(y₁)=0, f(y₂)=-1. Поподставляйте y₁ и y₂, какие выводы можно сделать?

Показать ответ и решение

Рассмотрим $x= 1$ и $y = t− f(1),$ тогда $f(1+f(t− f(1)))= t,$ для всех действительных $t.$ Таким образом, $f$ — биективная функция.

В частности, существует действительное $y1$ такое, что $f(y1)= 0$ Тогда,

f(x)= f(x+ f(y1)x)= xy1 +f(x)

следовательно, $xy = 0 1$ для всех действительных $x,$ но тогда $y = 0. 1$

Так же, в силу биективности, существует действительное $y 2$ такое, что $f (y )= −1. 2$ Тогда,

0 =f(0)=f (x +xf(y2))= xy2+f(x)

следовательно, $f(x)=− y2x$ для всех действительных $x.$

Таким образом, функциональное уравнение примет вид

−y2(x(−y2y)+x)= xy− y2x

xyy2 =xy 2

то есть $y2 = ±1.$

Ответ:

$f(x)= ±x$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#90325

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что

2 2 f(x − y)= (x− y)(f(x)+ f(y))

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подставлять числа в задачах на функциональные уравнения бывает полезно. Часто подставляют нули, равные значения, противоположные. Может что-то из этого сработает?

Подсказка 2

Можно получить следующее: f(x^2)=xf(x), f(x^2)=-xf(-x), (x-y)(f(x)+f(y))=((-x)+y)(f(-x)+f(y)). Попробуйте поработать с этими тождествами и уединить тем самым переменные.

Подсказка 3

Преобразованиями можно получить f(x)/x=f(y)/y. Как из этого понять функцию?

Показать ответ и решение

Подставим $x= 0,y =0,$ получим $f(0)=0.$

При $y = 0,$ уравнение имеет вид

2 f(x )=xf(x)

аналогично, $f(x2)= −xf(−x).$ Приравнивая полученные уравнения, имеем

xf(x)=− xf(−x)

то есть $f(x)= −f(− x).$ Наконец, из

{ f(x2− y2)= (x− y)(f(x)+f(y)) f(x2− (−y)2)= (x− (−y))(f(x)+f(−y))

следует

(x− y)(f(x)+ f(y))= (x+ y)(f(x)− f(y))

Раскрыв скобки и приведя подобные слагаемые, получим

2xf(y)= 2yf(x)

В силу произвольности $x,y$

f(xx)= f(yy)= C

для некоторого действительного $C.$

Таким образом, все возможные решения имеют вид $f(x)= Cx.$ При этом несложно убедиться, что любая функция данного вида удовлетворяет условию задачи.

Ответ:

$f(x)= Cx$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#90326

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что $f(f(x)+ y)= 2x+ f(f(y)− x).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Бывает полезно подставлять вещи связанные с f(x). Такое делается, чтобы один из аргументов стал удобным. В этой задаче можно попробовать y=-f(x) или x=f(y). С помощью этого докажите сюръективность.

Подсказка 2

Хочется попробовать доказать инъективность. Как такое доказывать? От противного, пусть f(a)=f(b), а далее что-то много подставлять.

Подсказка 3

Что делать дальше? Часто спасает 0, попробуйте его подставить и получить, что в ответ годятся все унитарные многочлены.

Показать ответ и решение

При $y = −f(x),$ уравнение имеет вид

f(f(− f(x))− x)= f(0)− 2x

следовательно, $f(x)$ сюръективна.

Предположим, что существуют различные действительные числа $a,b$ такие, что $f(a)=f(b).$ Тогда

f(f(x)+ a)= 2x+f(f(a)− x)= 2x+f(f(b)− x)= f(f(x)+b)

Поскольку $f(x)$ сюръективна, $f(x+ a)= f(x+ b)$ для всех действительных $x.$ Тогда, для любого действительного $y,$ верно

2a= f(f(a)+ y)− f(f(y)− a)=f(f(a)+ y)− f(f(y)− (a+b)+ b) =

= f(f(a)+ y)− f(f(y)− (a +b)+a)= f(f(b)+ y)− f(f(y)− b)= 2b

Тем самым мы показали, что $f(x)$ так же инъективна.

Наконец, при $x= 0,$ мы имеем $f(y +f(0))= f(f(y)),$ следовательно, $y+ f(0)= f(y).$ Несложно убедиться, что любой унитарный многочлен является решением.

Ответ:

$f(x)= x+c$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#90327

Найдите все функции $f :ℝ → ℝ$ такие, что $f(xf(y)+f(x)) =2f(x)+xy.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При решении функционального уравнения первым делом полезно проверять функцию на сюръективность и инъективность. Часто это получается сделать довольно просто, но дает довольно много информации о функции.

Подсказка 2

Наша функция является сюръективной и инъектвиной. Первое, в частности значит, что значение функции равно любому заданному действительному числу A при некотором аргументе. При каком A мы можем избавиться от функции в аргументе правой части?

Подсказка 3

При A равном 0. Пусть x₀ — значение при котором f(x_0)=0. Чему может быть равно x_0?

Подсказка 4

Из уравнения f(x₀³)=f(x₀)=0 имеем x₀³=x₀, следовательно x₀ равно 1, 0, -1. Возможен ли случай x₀=1?

Подсказка 5

Нет, ведь тогда f(x)=0 для всех x, что невозможно в силу сюръективности. Из аналогичных соображений, покажите, что случай x₀=0 тоже невозможен.

Подсказка 6

Так мы показали, что f(-1)=0 для любого решения. Какие значения принимает функция в натуральных точках при этом условии?

Подсказка 7

f(x)=x+1 для всех натуральных x. Как можно доказать это же для всех целых x?

Подсказка 8

Покажите, что f(z)-f(-z)=2z для всех действительных z. Что можно сказать про изначальное уравнение при y=-2?

Подсказка 9

Оно имеет вид f(f(x)− x)= 2f(x)− 2x =2(f(x)− x). Таким образом, мы нашли точку u=f(x)-x, для которой f(u)=2u. Мы уже знаем, что f(1)=2. Какие еще значения может принимать u?

Показать ответ и решение

Сначала, выбрав $x ⁄=0,$ а затем, меняя $y,$ несложно убедиться, что функция является сюръективной. Более того, если $f(a) =f(b)$ для некоторых $a⁄= b,$ то, подставив вместо $y$ сначала $a,$ потом $b,$ а вместо $x$ любое ненулевое число, получаем противоречие. Значит, наша функция также является инъективной. Пусть $f(x0)= 0.$ Подставив $x =y =x0$ , получаем $2 f(0)= x0$ . Далее подставляем $x =x0$ , $y = 0$ . Получаем

3 f(x0+ 0) =2f(x0)+ x0⋅0= 0

откуда $f(x3) =0. 0$ Из инъективности заключаем, что $x3= x , 0 0$ откуда возможны три случая $x =1,x = 0,x = −1. 0 0 0$ Наша цель показать, что первые два случая невозможны.

Предположим, что $f(1) =0.$ Тогда подставим $x =1.$ Получим $f(f(y))= y.$ С другой стороны можно подставить $y = 1.$ Тогда $f(f(x))= 2f(x)+ x.$ Заменив $x$ на $y,$ получаем

2f(x)+ x= f(f(x)) =x

откуда $f(x)=0$ для любого $x,$ что противоречит инъективности.

Пусть $f(0)= 0.$ Подставим $x =− 2,y = f(−2).$ Получаем

f(−2f(f(−2))+f(−2))= 2f(−2)− 2f(−2)= 0

откуда из инъективности получаем $− 2f(f(− 2))+ f(−2)= 0.$ С другой стороны, подставив в исходное условие $x= −2,y = 0,$ получаем $f(f(− 2))= 2f(− 2).$ Тогда, подставив, в предыдущее равенство, получаем $− 4f(−2)+ f(− 2)= 0,$ откуда $f(−2)= 0,$ что опять противоречит инъективности.

Значит, $f(− 1)= 0.$ Подставим $y = −1.$ Получаем

f(f(x))= 2f(x)− x

Если вместо $x$ подставить $− 1,$ то получим $f(0)= 1.$ Далее подставляем $x =0,$ находим $f(1)= 2⋅1− 0= 2.$ Затем $x= 1,$ получаем $f(2)= 2⋅2− 1= 3.$ Аналогичными подстановками можно получить, что $f(x)= x+1$ для любого натурального $x.$ Теперь в исходное условие подставляем $x= −1.$ Получаем $f(−f(y)) =− y.$ То есть для любого $x$ мы знаем, что $f(f(x))= 2f(x)− x,$ и $f(−f(x))= −x.$ Вычитая равенства друг из друга, получаем $f(f(x)) =f(−f(x))= 2f(x).$ Из сюръективности можно заменить $f(x)= z,$ откуда получаем $f(z)− f(−z)= 2z$ для любого вещественного $z.$ В частности для $z = 2$ находим $f(2)− f(−2)= 4,$ откуда $f(−2)= f(2)− 4= −1.$

Теперь подставим в исходное условие $y =− 2.$ Получаем

f(f(x)− x)= 2f(x)− 2x = 2(f(x)− x)

То есть мы нашли такую точку $u,$ что $f(u)= 2u.$ Покажем, что из этого следует, что $u= 1.$ Вспоминая, что $f(z)− f(− z) =2z$ и $f(4)=4 +1= 5,$ находим $f(− 4) =− 3.$ Подставим в исходное условие $x= u,y = −4.$ Получаем

f(uf(− 4)+ f(u))= f(−3u+ 2u)= 2f(u)− 4u= 0

откуда $f(−u)= 0.$ Из инъективности сразу получаем, что $u =1,$ откуда $f(x)− x= 1$ для любого вещественного $x.$ То есть единственный возможный ответ $f(x)= x+ 1.$ Неподсредственной подставнокой легко убедиться, что он подходит.

Ответ:

$f(x)= x+1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#90328

Найдите все функции $f :ℤ → ℤ$ такие, что

2 2 2 f(a) + f(b) +f(c)= 2f(a)f(b)+ 2f(b)f(c)+2f(c)f(a)

для любых целых $a,b,c$ с суммой $0.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала следует узнать хоть что-то про функцию. Для этого рекомендуется подставлять какие-нибудь значения. Что можно узнать? Обычно можно понять инъективность или сюръективность, значения в нуле, четность или нечетность функции, а может и что-то еще.

Подсказка 2

Докажите, что f четная и периодическая. Что дальше? В условии фигурируют 3 буквы, это довольно много, попробуйте b и c выразить через a и получить какие-то тождества, связывающие кратные значения.

Подсказка 3

Можно получить следующее: f(2a)=0 или f(2a)=4f(a). Надо продолжать раскручивать задачу дальше, для этого положите f(1)=k. После этого попробуйте определить, как можно больше значений функции.

Подсказка 4

Подстановками поймите, что f(2)=4k, f(3)=9k, f(4)=16k. В глаза бросается, что f(x)=kx^2. Докажите это утверждение по индукции.

Показать ответ и решение

При подстановке $a =b =c= 0$ имеем $3f(0)2 =6f(0)2,$ следовательно,

f(0)= 0 (1)

При подстановке $b= −a$ и $c= 0$ имеем $((f(a)− f(− a))2 = 0$ Следовательно, $f$ является четной функцией.

Теперь положим $b=a$ и $c= −2a,$ тем самым получим

2 2 2 2f(a) +f(2a) = 2f(a) + 4f(a)f(2a)

Следовательно,

f(2a)= 0 или f(2a)=4f(a) для всех a∈ℤ (3)

Если $f(r)= 0$ для некоторого $r≥ 1,$ то при подстановке $b= r$ и $c=− a− r$ уравнение имеет вид $(f(a+ r)− f(a))2 = 0.$ Таким образом, $f$ — периодичная функция с периодом $r,$ т.е.

f(a+ r)=f(a) для всех a∈ℤ

В частности, если $f(1)=0,$ то $f$ постоянна, то есть $f(a)=0$ для всех $a∈ ℤ.$ Эта функция явно удовлетворяет функциональному уравнению. Положим $f(1)= k⁄= 0.$

По $(3)$ имеем $f(2)= 0$ или $f(2)= 4k$ . Если $f(2)= 0,$ то $f$ периодична с периодом $2,$ поэтому $f(2t)=0$ и $f(2t+ 1)= k$ для всех $t∈ ℕ.$ Эта функция является решением для каждого $k.$ Проверку осуществим позже; в дальнейшем предположим, что $f(2)=4k ⁄=0.$

Опять же по $(3)$ имеем $f(4)=0$ или $f(4)= 16k.$ В первом случае $f$ периодична с периодом $4$ и $f(3)= f(−1)=f(1)= k,$ поэтому мы имеем $f(4n)= 0,f(4n+ 1)= f(4n+ 3)= k$ и $f(4n+ 2)=4k$ для всех $n∈ℤ.$ Эта функция тоже является решением, что мы покажем позже. В дальнейшем рассуждении мы предполагаем, что $f(4)=16k⁄= 0.$ Покажем теперь, что $f(3)=9k.$ Для этого выполним замену

2 2 a= 1,b= 2,c= −3=⇒ f(3) − 10kf(3)+9k = 0=⇒ f(3)∈{k,9k} a= 1,b=3,c= −4=⇒ f(3)2 − 34kf(3)+ 225k2 = 0=⇒ f(3)∈{9k,25k}

Следовательно, $f(3)= 9k.$ Теперь докажем, что по индукции, что единственное возможное решение —– это $2 f(x)=kx ,x∈ ℤ.$ Мы уже доказали это для $x= 0,1,2,3,4.$ Предположим, что $n ≥4$ и что $2 f(x)=kx$ справедливо для всех целых $x ∈[0,n].$ Тогда замена $a =n,b= 1,c =−n − 1$ и $a =n − 1,b= 2,c= −n − 1$ приводит соответственно к

{ } { } f(n +1)∈ k(n +1)2,k(n− 1)2 и f(n+ 1)∈ k(n+ 1)2,k(n− 3)2

Поскольку $2 2 k(n− 1) ⁄= k(n − 3)$ для $n ⁄= 2,$ единственное возможное решение —

f(n+ 1)= k(n+ 1)2

На этом индукция завершается, поэтому $f(x)= kx2$ для всех $x≥ 0.$ То же выражение справедливо и для отрицательных значений $x,$ поскольку $f$ четна. Для доказательства проверки нужно доказать тождество

4 4 4 22 2 2 2 2 a + b +(a+ b) = 2ab + 2a(a+ b)+ 2b(a+ b)

которое следует непосредственно путем раскрытия скобок.

Поэтому единственными возможными решениями функционального уравнения являются постоянная функция $f1(x)= 0$ и следующие функции:

(| (| 0, x≡ 0 (mod4) f (x)= kx2, f (x)= { 0, x четно , f(x)= { k, x≡ 1 (mod2) 2 3 |( k, x нечетно 4 |( 4k, x≡ 2 (mod4)

для любого ненулевого целого $k.$ Проверка того, что это действительно решения, была выполнена для первых двух. Для $f3$ обратите внимание, что если $a +b+ c= 0,$ то все $a,b,c$ четные, и в этом случае $f(a)= f(b)= f(c)= 0,$ или одно из этих значений, а два других нечетные, поэтому обе части уравнения равны $2k2.$ Для $f4$ мы используем аналогичные соображения четности и симметрию уравнения, что сводит проверку к тройкам $(0,k,k),(4k,k,k),(0,0,0),(0,4k,4k).$ Все они удовлетворяют уравнению.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Мы несколько раз использовали один и тот же факт: для любых $a,b∈ ℤ$ функциональное уравнение является квадратным уравнением относительно $f(a +b),$ коэффициенты которого зависят от $f(a)$ и $f(b):$

2 2 f(a +b) − 2(f(a)+ f(b))f(a+ b)+ (f(a)− f(b)) =0

Его дискриминант равен $16f(a)f(b).$ Поскольку это значение должно быть неотрицательным для любых $a,b∈ ℤ,$ мы заключаем, что либо $f,$ либо $− f$ всегда неотрицательны. Также, если $f$ — решение функционального уравнения, то $− f$ — тоже решение. Поэтому мы можем считать $f(x)≥ 0$ для всех $x ∈ℤ.$ Теперь два решения квадратного уравнения равны

{ ∘---- ∘--- 2 ∘---- ∘ ----2} f(a+ b)∈ ( f(a)+ f(b)),( f(a)− f(b))) при любых a,b∈ ℤ

Вычисление $f(3)$ из $f(1),f(2)$ и $f(4),$ которое мы сделали выше, следует сразу после установки $(a,b)= (1,2)$ и $(a,b)=(1,− 4).$ Индуктивный шаг, где $f(n +1)$ выводится из $f(n),f(n − 1),f(2)$ и $f(1),$ следует сразу с использованием $(a,b)= (n,1)$ и $(a,b)= (n− 1,2).$

Ответ:

Предыдущая подтема

Следующая подтема