Тема Иннополис (Innopolis Open)

Функции на Иннополисе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела иннополис (innopolis open)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126631

Есть два приведенных (то есть с коэффициентом 1 при старшей степени) многочлена $P(x)$ и $Q (x)$ равных четных степеней с вещественными коэффициентами. Известно, что уравнение $P(x)= Q(x)$ не имеет вещественных корней. Какие из следующих уравнений имеют, а какие не имеют вещественные корни (хотя бы один корень)?

1.: $P (x)= Q(x+ 1)$
2.: $P (x+ 1)= Q(x+1)$
3.: $P (x+ 2)= Q(x+1)$

Источники: Иннополис - 2025, 10.1 ( см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрим внимательно на предложенные уравнения. Ответ на один из пунктов задачи можно дать простой заменой переменных, но что делать с остальными?

Подсказка 2

Давайте вспомним, что интересного мы знаем о количестве корней многочлена с вещественными коэффициентами? Может ли быть так, что многочлен нечётной степени не имеет вещественных корней?

Подсказка 3

Чтобы определить чётность многочлена, получающегося в результате работы с каждым из уравнений, будем работать в первую очередь с двумя старшими степенями всех многочленов. Представьте P(x) в виде х^(2n) + a*x^(2n - 1) + p(x) и Q(x) в виде х^(2n) + b*x^(2n - 1) + q(x) — что можно сказать про коэффициенты а и b?

Подсказка 4

Рассмотрим первое уравнение! Запишите его при помощи представлений из первого пункта, а бином Ньютона поможет нам чуть-чуть раскрыть скобки и представить в нужной форме правую часть. Приведите подобные слагаемые для разности и сделайте выводы о чётности получившегося многочлена.

Подсказка 5

Нужно ли нам что-то раскрывать, чтобы сделать выводы о третьем уравнении? Если внимательно на него посмотреть, то перестановки и замена переменной решают эту задачу!

Показать ответ и решение

Введём обозначения, пользуясь условием.

2n 2n−1 P(x)= x +ax +p(x),

2n 2n−1 Q(x)= x +bx +q(x),

где $p(x),q(x)$ — многочлены степени не выше $2n− 2.$ Так как уравнение $P(x)=Q (x)$ не имеет вещественных корней, то и уравнение $P (x+ 1)= Q(x+1)$ не может иметь вещественных корней, так как мы имеем простую замену переменных. Поскольку $P (x)= Q(x)$ не имеет вещественных корней, имеем $a= b,$ иначе $P(x)− Q(x)$ был бы многочленом нечётной степени $2n − 1$ и потому имел бы хотя бы один вещественный корень.

Рассмотрим уравнение $P(x)= Q(x+1)$ и раскроем все члены $(x+ 1)k,$ где $0≤ k≤ 2k,$ по формуле бинома Ньютона:

2n 2n− 1 2n 2n−1 2n−1 Q(x+ 1)= (x+ 1) +b(x+1) +q(x+ 1)= (x +2nx + r(x))+ b(x + s(x))+t(x) =

= x2n+ (2n+ a)x2n−1+ u(x),

где $a =b,$ многочлены $r(x),s(x),t(x),u(x)$ имеют степени не выше $2n− 2.$ Следовательно,

P(x)− Q(x+ 1)=(x2n+ ax2n−1+ p(x))− (x2n+ (2n+ a)x2n−1+ u(x))= −2nx2n−1+ (p(x)− u(x))

является многочленом нечётной степени с вещественными коэффициентами, и, следовательно, уравнение $P(x) =Q (x+ 1)$ имеет хотя бы один вещественный корень.

Уравнение $P(x+ 1) =Q (x)$ имеет вещественный корень, что доказывается из предыдущих рассуждений после перестановки $P$ и $Q,$ из чего после простой замены следует существование вещественного корня уравнения $P(x+ 2)= Q(x+ 1).$

Ответ:

Уравнения 1 и 3 имеют хотя бы по одному вещественному корню каждое, а уравнение 2 не имеет ни одного вещественного корня.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#65459

Найдите все функции $f(x)$ , которые при любых вещественных $x,y$ удовлетворяют равенству

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

Источники: Иннополис-2022, 8-9 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В аргументах функции f фигурируют х^2 и у. Это говорит о том, что их можно воспринимать как 2 переменные и пытаться делать подстановки х^2 и у по отдельности.

Подсказка 2

Чтобы избавиться от одной из двух переменных, можно применить подстановку х:=0 или у:=0. Эти подстановки дадут нам информацию про значение в нуле и чётность функции.

Подсказка 3

Ещё одна “классическая” подстановка для избавления от одной из двух переменных — x^2=у и x^2=-y (в нашем случае именно эти величины мы воспинимаем как переменные).

Подсказка 4

Данных подстановок должно быть достаточно! Осталось лишь собрать вместе всю полученную информацию про функцию f и получить ответ!

Показать ответ и решение

Во-первых, подставим $y =0$ и получим равенство $2x4f(0)= 0$ , $x$ может принимать любые значения, поэтому $f(0)=0$ . Во-вторых, подставим $x= 0$ и получим $f(y)=f(−y)$ , то есть функция является чётной. Теперь подставим $2 y = x$ и $2 y =− x$ . Получим равенства $2 4 2 f(2x)= 2x f(x )$ и $2 4 2 0= f(2x )+2x f(x )$ . Подставим результат первого равенства во второе: $4 2 0= 4x f(x )$ . Получаем, что $2 f(x )= 0$ . Следовательно, во всех положительных точках функция равна $0$ , поскольку $2 x$ пробегает все положительные значения. В силу чётности получаем, что $f(x)= 0$ при всех $x$ .

Ответ:

$f(x)= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#124046

Рассмотрим уравнение $yx = xy$ на множестве положительных действительных чисел. Вам требуется явно указать для каждого вещественного значения $x> 0$ число таких различных вещественных чисел $y > 0$ что $x y y =x .$ (Пример явного описания: для $x = 1$ существует единственное число $y >0$ такое, что $x y y = x)$

Источники: Иннополис - 2020, 11.1 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Случай x = 1 уже описан в формулировке задачи. Будем далее полагать, что x ≠ 1 и y ≠ 1. Какие методы решения подобных уравнений Вам знакомы?

Подсказка 2

У нас показательное уравнение. Попробуйте взять логарифм от обеих частей.

Подсказка 3

Мы получим x ⋅ ln(y) = y ⋅ ln(x). И слева, и справа x и y. Давайте перегруппируем множители.

Подсказка 4

Разделим обе части на xy, получим ln(x)/x = ln(y)/y. Видите ли Вы здесь какую-нибудь функцию?

Подсказка 5

Вообще говоря, из нашего уравнения следует, что x/ln(x) = y/ln(y). Рассмотрите функцию f(z) = z/ln(z). Попробуйте построить её график.

Подсказка 6

Чтобы определить области возрастания и убывания f(z), возьмем её производную. Получится (ln(z) - 1) / ln²(z).

Подсказка 7

На интервале (0; 1) функция f убывает от 0 до -∞, на интервале (1; e) f тоже убывает, достигая локального минимума f(e) = e. Потом на интервале (e; +∞) возрастает от e до +∞. Теперь возьмите x > 0 и попробуйте подвести итоги.

Подсказка 8

Например, если 0 < x < 1, то (x / ln(x)) < 0 и функция непрерывно убывает, следовательно (чтобы в этом убедиться, можно нарисовать график), будет единственное подходящее нам вещественное y. Аналогично с остальными промежутками.

Показать ответ и решение

Случай $x =1$ уже описан в формулировке задачи, поэтому в дальнейшем мы можем предполагать, что $x ⁄= 1$ и $y ⁄=1.$

Возьмем натуральный логарифм от обеих частей исходного уравнения и получим следующее уравнение

xln y = ylnx

Так как $x⁄= 1$ и $y ⁄= 1,$ то это уравнение равносильно новому уравнению

lnx- lny- x = y

Проанализируем функцию $z f(z)= lnz$ и построим ее график. Так как

1 1 lnz− 1 f′(z) =lnz −(ln-z)2 =-(lnz)2 ,

то на интервале $(0,1)$ функция $f$ убывает от $0$ до $− ∞,$ на интервале $(1,e)$ функция $f$ тоже убывает, достигая локального минимума $f(z)= e$ при $z = e,$ а потом на интервале $(e,+∞)$ возрастает от $e$ до $+ ∞.$

Подведём итоги. Пусть $x >0$ — произвольное положительное действительное число. Имеем:

если $0< x< 1,$ то $-x- <0 lnx$ и, следовательно, (см. график) существует только единственное подходящее нам вещественное число $y;$
если $x= 1,$ то, как это уже было сказано, существует только единственное подходящее вещественное число $y;$
если $1 <x <e$ или если $x >e,$ то $-x-> e ln x$ и, следовательно, (см. график) существуют два подходящих вещественных числа $y;$
если $x= e,$ то $x lnx =e$ и, следовательно, (см. график) существует единственное подходящее вещественное число $y;$

$PIC$

Ответ:

При $x∈ (0;1]∪e$ — одно решение; при $x∈ (1;e)∪(e;+ ∞)$ — два решения

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#124047

Найдите и докажите явное выражение (в терминах известных операций на целых числах) для функции $g(m,n),$ вычисляющей пару чисел $(p,q),$ и определенной следующим образом для любых целых значений $m ∈[0...100]$ и любых целых значений $n ≥0 :$

g(m,n)= (m,n+ 1), если m = 100, иначе (p− 1,q), где (p,q)= = g(g(m +1,n)).

Источники: Иннополис - 2020, 11.2 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала попробуем вычислить некоторые значения функции g.

Подсказка 2

Возьмем m, близкое к 100, например, 98.

Подсказка 3

g(98, n) = (p₁ - 1, q₁). Заметьте, что (p₁, q₁) = g(g(99, n)). Продолжите эти вычисления, пока не сможете выразить g(98, n) через числа и, возможно, n.

Подсказка 4

У нас должны получиться явные выражения для g(98, n), g(99, n) и (p₁, q₁). Это будет в следующей подсказке, но постарайтесь дойти самостоятельно.

Подсказка 5

g(98, n) = (98, (n + 4)); g(99, n) = (99, (n + 2)); g(100, n) = (100, (n + 1)). Есть ли тут какая-то зависимость?

Подсказка 6

Возникает предположение, что g(m, n) = (m, (2¹⁰⁰⁻ᵐ + n)). Попробуйте это доказать.

Подсказка 7

Перепишем формулу следующим образом: g((100 - m), n) = ((100 - m), (2ᵐ + n)). Докажем это индукцией по m ≥ 0.

Подсказка 8

При m = 0 все получится, это база индукции. Теперь надо доказать для (m + 1). Подставим его в формулу.

Подсказка 9

По предположению индукции, g((100 - m), n) = ((100 - m), (2ᵐ + n)) (при k = m). Раскройте выражения, как в самом начале, и получите требуемое.

Показать доказательство

Докажем индукцией по $m ≥ 0,$ что для любого целого положительного $n≥ 0$ выполняется

m g((100− m),n) =((100− m),(2 +n))

База индукции $(m =0)$ :

g((100− 0),n)= g(100,n)= (100,(1+n))

По формуле, которую мы доказываем, при $m = 0$ :

((100 − 0),(20+ n))= (100,(1 +n))

База верна.

Индукционная предположение: Пусть для всех $k∈ [0,...,m]$ и для любого $n≥ 0$ верно

g((100− k),n)= ((100 − k),(2k+ n))

Шаг индукции (для $m+ 1$ ):

Нам нужно доказать, что

g((100− (m + 1)),n)=((100− (m+ 1)),(2m+1 +n))

1.: $g((100− (m + 1)),n)=(p− 1,q),$ где $(p,q)= g(g((100− m),n))$ (по определению функции $g,$ если первый аргумент не $100).$
2.: $g((100− m),n)=((100− m),(2m + n))$ по предположению индукции (для $k= m).$
3.: $g(g((100 − m ),n))=g((100− m),(2m +n))$ согласно пункту $2.$
4.: $g((100− m),(2m +n))= ((100− m ),(2m+ (2m + n)))$ по предположению индукции, применяя его к $g((100− k),n′)$ где $k =m$ и $n′ =2m + n.$
5.: $g(g((100 − m ),n))=((100− m ),(2⋅2m + n))= ((100− m),(2m+1+ n))$ согласно пунктам $3$ и $4.$
6.: $(p,q)= ((100− m),(2m+1+ n))$ согласно пунктам $1$ и $5.$
7.: $g((100− (m + 1)),n)=((100− m)− 1,(2m+1 +n))= ((100 − (m +1)),(2m+1 + n))$ согласно пунктам $1$ и $6.$

Что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Чтобы догадаться до решения, можно было проделать этот эксперимент: вычислим «символически» значение функции $g$ для какого-либо значения $m,$ близкого к $100,$ например, вычислим $g(98,n) :$

1.: $g(98,n)= (p − 1,q), 1 1$ где $(p ,q)= g(g(99,n)); 1 1$
2.: $g(99,n)= (p − 1,q), 2 2$ где $(p ,q)= g(g(100,n))=g(100,(n+ 1))= (100,(n +2)); 2 2$
3.: $g(99,n)= (p − 1,q)= (99,(n+2)) 2 2$ следует из п. $2;$
4.: $(p ,q )= g(g(99,n)) =g(99,(n+ 2)) 1 1$ следует из п. $1$ и $3;$
5.: $g(99,(n+ 2))= (p3 − 1,q3),$ где $(p3,q3)= g(g(100,(n+ 2)))= g(100,(n+ 3))= (100,(n +4));$
6.: $(p1,q1)= (99,(n +4))$ следует из п. $4$ и $5;$
7.: $g(98,n)= (98,(n +4))$ следует из п. $1$ и $6.$

Из этого эксперимента видно, что

$g(100,n)= (100,n +1)= (100,(2100−100+ n))$ — см. определение функции (предполагая, что $g(100,n)=(100,n+ 1)$ и $100−100 2 +n = 1+n);$
$100−99 g(99,n)= (99,(n +2))= (99,(2 + n))$ — см. пункт $3$ эксперимента;
$100−98 g(98,n)= (98,(n +4))= (98,(2 + n))$ — см. пункт $7$ эксперимента.

Поэтому возникает предположение, что

g(m,n)= (m,(2100−m +n))

$для любых m ∈ [0,...,100] и n ≥ 0,n,m ∈ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#124049

Нынешний год — високосный, то есть $29$ февраля $2020$ г. $(29.02.20)$ — реальная календарная дата. Сколько (вещественных) корней (и какой кратности) имеет уравнение $3 2 x +29x +$ $2x +20= 0?$

Источники: Иннополис - 2020, 11.4 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим функцию f(x) = x³ + 29x² + 2x + 20. Давайте начнем с того, имеет ли она хотя бы 1 корень.

Подсказка 2

Это кубическая функция с положительным коэффициентом при старшей степени. Если взять какой-то достаточно малый x, значение будет отрицательным, аналогично можно получить и положительное значение. Следовательно, функция хотя бы 1 раз пересекает ось OX и имеет 1 корень. Как, исходя из этого, можно доказать наличие других корней?

Подсказка 3

Если она в каком-то месте перегнется, то, возможно, вновь пересечет ось OX и будет новый корень. Посмотрите на производную этой функции.

Подсказка 4

f'(x) = 3x² + 58x + 2. x₁¸₂ = ( -29 ± √835 ) / 3. Это точки перегиба функции. Попробуйте посмотреть, какие значения f принимает в них. Заметьте, что для упрощения вычислений в f можно выделить производную (в точках x₁ и x₂ она равна нулю).

Подсказка 5

У вас получится x₂ < x₁, f(x₁) > 0, f(x₂) > 0. Разделите прямую на 3 части точками x₁ и x₂ и поймите, возрастает/убывает ли там функция, какие значения принимает (положительные/отрицательные).

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию $f(x)=x3+ 29x2+2x+ 20.$ Это кубическая функция с положительным коэффициентом при старшей степени, то есть при очень маленьких значениях аргумента(например, при $5 x =− 10$ ) функия будет отрицательной, а при очень больших значениях аргумента — положительной. Таким образом, функция имеет хотя бы один корень. Осталось проверить, есть ли ещё корни. Рассмотрим производную:

′ 2 f(x)=3x + 58x+2

Найдём её корни: дискриминант квадратного уравнения $3x2+ 58x +2= 0$ равен $D = 582 − 4⋅6= 4(292− 6)= 4⋅835,$ откуда $√ -- √--- D= 2 835.$ Тогда корни равны $−58+ 2√835 −29+ √835 x1 =----6-----= ----3----$ и $−29− √835 x2 =----3----.$

Теперь посчитаем значение $f(x)$ в точках $x1$ и $x2.$ В этих точках производная равна нулю, поэтому попробуем выделить её для упрощения вычислений:

( ) ( ) ( ) f(x) =x3+ 29x2 +2x+ 20= 1x+ 29 3x2+ 58x +2 + − 1670x+ 122 3 9 9 9

Получается,

( ) 1670 122 1670 −29+ √835 122 f(x1)=− -9-x1+ -9-= − ------27------+ -9-

Заметим, что $835< 841= 292,$ откуда $√--- − 29+ 835$ — отрицательное число, которое при умножении на отрицательное $1670 −-27-$ становится положительным. Таким образом, $f(x1)$ — это сумма двух положительных чисел, то есть $f(x1)>0.$ Теперь подставим $x2 :$

1670 122- f(x2)= − 9 x2+ 9

Так как $−29− √835 x2 =----3----,$ то $x2 < 0.$ Отсюда, аналогично рассуждениям про $f(x1),$ получаем $f(x2)> 0.$

Итак, $x2 < x1$ и $f(x1)> 0,f(x2)> 0.$ Получается, что $f(x)$ возрастает на промежутке $(−∞;x2].$ При этом функция отрицательна на очень маленьких значениях из этого промежутка и положительна в точке $x2,$ откуда функция равна нулю на какой-то точке этого промежутка. Далее, функция убывает на $[x2;x1],$ при этом она положительна в этих точках, а, значит, положительна и на всём этом промежутке. Наконец, $f(x)$ возрастает на $[x1;+∞ ),$ то есть для любого $x> x1$ выполняется, что $f(x0)> f(x1)> 0,$ откуда на этом промежутке функция так же положительна.