Тема АЛГЕБРА

Функции → .04 Функциональные неравенства

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#77208

Дана функция $f(x)$ , определенная на множестве целых чисел и принимающая целые значения.

Известно, что $f(1)=1$ и для любого целого $x$ выполняются неравенства

f(x+ 4)≥ f(x)+ 4

f(x+ 1)≤ f(x)+ 1

Найдите $f(2025)$ .

Показать ответ и решение

Подставим во второе неравенство $x+ 4:$

f(x+ 4)≤ f(x+ 3)+1 ≤f(x+ 2)+1+ 1≤

≤ f(x +1)+ 1+1 +1≤ f(x)+1+ 1+ 1+ 1= f(x)+ 4.

Тогда получаем:

f(x)+4 ≥f(x+ 4)≥f(x)+4.

Такое возможно, только если стоит знак равенства. Тогда в переходах тоже был знак равенства. Из этого следует, что

f(x+ 1)=f(x)+1.

Тогда $f(2025)= 1+ f(2024)=...= 2024+ f(1)= 2025.$

Ответ: 2025

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85549

Найдите $f(2024)$ , если

f(x)=|2x− 1|− |2x− 3|+6 при x∈ [0;2]

и, кроме того, при всех целых значениях $x$ выполняются неравенства

f(x+ 3)≤ f(x)+ 6 и f(x+ 2)≥f(x)+ 4

Источники: ПВГ - 2024, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Отметим, что $f(0)= 4,f(1)= 6,f(2)= 8$ . По условию, с одной стороны,

f(x+ 6)≤f(x+ 3)+6 ≤f(x)+12,

а, с другой стороны,

f(x+ 6)≥f(x+ 4)+4≥ f(x+ 2)+ 8≥ f(x)+ 12

Поэтому $f(x+ 6)=f(x)+ 12$ и, более того, все неравенства выше обращаются в равенства.

Поэтому $f(x+ 3)=f(x)+ 6,f(x+ 2)= f(x)+4$ и $f(x+ 1)= f(x)+2$ .

Таким образом, искомая функция - это функция $f(x)= 4+ 2x$ при целых значениях $x$ .

Кроме этого, известны значения функции на отрезке $[0;2]$ .

Значит, $f(2024)=4+ 2024⋅2 =4052$ .

Ответ: 4052

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#65457

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

f(x+ y) ≥f(x)+f(y), f(x)≥ x

Найдите все такие функции $f(x)$ .

Показать ответ и решение

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

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

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

Следовательно, $f(x)= x.$

Ответ:

$f(x)= x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#65462

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

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

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

Показать ответ и решение

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

Ответ: верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#70785

Назовём функцию $f$ хорошей, если

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

Найдите все хорошие функции.

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

Показать ответ и решение

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

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

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

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

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

Ответ:

$f(x)= x+c,f(x)= −x +c,$ где $c∈ ℝ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#71957

На доске написаны функции

2 12 ( 2) F (x)= x + x2, G(x)= sin πx и H(x)=1.

Если на доске уже написаны функции $f(x)$ и $g(x),$ то можно выписать на доску еще и функции

f(x)+ g(x), f(x)− g(x), f(x)g(x), cf(x)

(последнюю - с любым вещественным коэффициентом $c$ ). Может ли на доске появиться такая функция $h(x),$ что $1 |h(x)− x|< 3$ при всех $x∈ [1,10]?$

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что при совершаемых операциях значения в точках $1$ и $√12$ всегда остаются равными, потому что

√-- √-- √-- F(1)= 13= F( 12), G(1)= 0= G( 12), H(1)= 1= H( 12)

Теперь предположим, что требуемая функция $h(x)$ нашлась. Тогда $h(1)= h(√12)= a.$ По условию должно быть

1 √-- 1 |a− 1|< 3 и |a− 12|<3

Следовательно,

√-- 2 12− 1< 3

Пришли к противоречию.

Ответ: нет

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#120619

Пусть $α$ — вещественное число. Найдите все многочлены $P$ с вещественными коэффициентами такие, что

20 19 P(2x+ α)≤(x +x )P (x)

выполнено при всех вещественных $x.$

Показать ответ и решение

Нетрудно убедиться, что из многочленов, тождественно равных константе, подходит только $P(x)≡0.$ Дальше рассматриваем многочлены хотя бы первой степени.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Степень многочлена $P$ чётная.

Доказательство леммы. Предположим противное, тогда многочлен $20 19 Q (x)= (x + x )P(x)− P (2x+ α)$ имеет нечётную степень и принимает как положительные, так и отрицательные значения. Это противоречит тому, что $Q(x)$ неотрицательный при всех вещественных $x.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

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

Рассмотрим два случая.

Если $α> 0,$ подставим $x= 0.$ Условие превратится в $P(α) ≤0,$ тогда подставим $x= α,$ получим $P(3α)≤0.$ Продолжим так дальше, то есть для $k> 0,$ где $P (k)≤ 0,$ мы подставляем $x =k$ и получаем $P(2k+α) ≤0.$ При этом $2k +α ≥2k,$ то есть новое значение хотя бы в два раза больше предыдущего. Таким образом, мы получаем, что для сколь угодно больших значений $t$ выполнено $P (t)≤0,$ что противоречит положительному старшему коэффициенту у $P.$

Если $α≤ 0,$ подставим $x= −1,$ получив $P(α− 2) ≤0.$ Далее, подставим $x= α− 2,$ получим $P(3α − 4)≤ 0.$ Продолжим так подставлять дальше. Заметим, что $2x+α ≤ 2x,$ поэтому модуль нового значения будет хотя бы в два раза больше предыдущего. Тогда мы получим отрицательное сколько угодно большое по модулю $t,$ для которого $P (t)≤ 0,$ что опять противоречит положительному старшему коэффициенту и чётной степени многочлена.

Ответ:

Только $P(x)≡ 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#102070

Пусть функция $f(x)$ определена для всех действительных чисел $x$ и для всех $x$ выполнено неравенство $f(x2) − f(x)2 ≥ 1 4$ . Докажите, что $f(x)$ не может принимать каждое своё значение ровно один раз.

Показать доказательство

Рассмотрим значения функции при $x =0$ и $x =1$ . Для этих значений $x2 = x,$ так что неравенство из условия можно переписать в виде

( 1)2 f(x)− 2 ≤ 0,

что эквивалентно равенству

f(x) = 1 . 2

Следовательно, значение $12$ принимается функцией дважды, при $x= 0$ и при $x= 1$ , что противоречит условию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#96506

Функция $f(x)$ задана на всей числовой оси, причём для всех $x$ выполняются неравенства:

f(x+ 2018)≤ f(x)≤ f(x+ 2019)

a) Придумайте хотя бы одну функцию $f(x)$ , удовлетворяющую этим условиям.

б) Докажите, что функция $f(x)$ — периодическая.

Показать ответ и решение

а) Возьмём $f(x)=|sin(πx)|$ . Тогда

f(x+ 2018)= f(x)= f(x+ 2019)

б) Представим $x+ 2019$ в виде $(x +1)+ 2018$ и применим первое неравенство из условия задачи, взяв в качестве $x$ выражение $x +1$ . Тогда $f((x +1)+ 2018)≤ f(x +1)$ , и поскольку $f(x)≤f(x+ 2019)$ , имеем

f(x)≤ f(x+ 1)

Подставив в это неравенство $x+1$ вместо $x$ , получим $f(x+ 1)≤f(x+ 2)$ , и значит,

f(x)≤ f(x+ 1)≤ f(x+ 2)

Повторяя эти рассуждения, получим

f(x)≤ f(x+1)≤ ...≤ f(x +2018)

Но по условию $f(x+ 2018)≤ f(x)$ . Значит, в приведённой цепочке все неравенства обращаются в равенства, то есть

f(x)= f(x+ 1)= f(x+ 2) =...

Другими словами, функция $f(x)$ имеет период $T =1$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#85543

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 $x.$