III математическая олимпиада «Шелковый путь», 2004 год
Комментарий/решение:
Решение №1: Назовём функцию f хорошей, если она удовлетворяет заданному условию. Заметим, что если функции f1 и f2 хорошие, то f1±f2 также является хорошей. Непосредственной проверкой убеждаемся, что функции f1(x)=Ax2 и f2(x)=Bx,(A,B∈R) действительно являются хорошими, следовательно функция f(x)=Ax2+Bx является хорошим, то есть удовлетворяет условию задачи.Докажем, что других решений нет. Пусть, функция f(x) удовлетворяет условию задачи и предположим, что f(x)≠Ax2+Bx. Тогда функция g(x)=f(x)−Ax2−Bx является хорошим. Заметим, что f(1)=A+B,f(−1)=A−B⇒A=0,5(f(1)+f(−1)),B=0,5(f(1)−f(−1)) Тогда g(1)=f(1)−A−B=0=f(−1)−A+B=g(−1)
P(x;y):(x+y)(g(x)−g(y))=(x−y)g(x+y)(1)
P(x;1):(x+1)g(x)=(x−1)g(x+1)(2)
P(−1;x+1):−xg(x+1)=−(x+2)g(x)(3)
(2),(3)⇒−(x2+x)g(x)=−x(x+1)g(x)=(x−1)(−x)g(x+1)=−(x−1)(x+2)g(x)=−(x2+x−2)g(x)⟹g(x)=0
Таким образом, мы доказали что функция f(x)=Ax2+Bx является единственным решением.
Ответ:f(x)=Ax2+Bx,A,B∈R
Замечание: Единственность решения можно было бы доказать и другим способом. (Демонстрируем это во втором решении.)
Решение №2:Назовём функцию f, хорошей, если она удовлетворяет заданному условию. Заметим, что если функции f1 и f2 хорошие, то f1±f2 также является хорошей. Непосредственной проверкой убеждаемся, что функции f1(x)=Ax2 и f2(x)=Bx,f3(x)=0,(A,B∈R) действительно являются хорошими, следовательно функция f(x)=Ax2+Bx является хорошим, то есть удовлетворяет условию задачи.Докажем, что других решений нет. Пусть f – хорошая функция.Для любого n∈N найдётся функция P(x)=Ax2+Bx такой, что f(0)=P(0)=0,P(1n)=f(1n),P(−1n)=f(−1n). Обозначим, g(x)=f(x)−P(x), тогда g(0)=g(1n)=g(−1n). Заметим, что функция g(x) является хорошей, поэтому для всех рациональных чисел x и y выполнено равенство (x+y)(g(x)−g(y))=(x−y)g(x+y). Докажем, что для любых n∈N найдется квадратная функция P(x)=Ax2+Bx такой, что для всех m∈Z выполнено равенство f(mn)=P(mn). Положим в этом равенстве x=1n и y=−1n. Получим g(2n)=0. Если в этом же равенстве для любого m∈N положить x=1n и y=m−1n, то получим mng(m−1n)=m−2ng(mn), отсюда следует 2ng(mn)=mn(g(mn)−g(m−2n)). Значит, если g(mn)=g(m−2n) , то g(mn)=0. Следовательно, g(mn)=0 для всех положительных целых m. Аналогично, g(kn)=0 для всех отрицательных целых k.Итак, g(x)≡0 для всех рациональных чисел x∈Q. Теперь докажем, что f(x)≡P(x). Обозначим через P(x) обозначим квадратный трёхчлен, который строится согласно указанному алгоритму и соответствует n=1, то есть f(m)=P(m) для всех целых m. Допустим, что существует pr=q такое что f(r)≠P(r). Тогда f(mq)=P(mq) для любых целых m. Но тогда P(0)=f(0),P(1)=f(1),P(−1)=P(1), что означает P(x)=f(x), отсюда P(r)=f(r),(r=pq).Получили противоречие. Следовательно, P(x)≡f(x).
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.