8-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2012 год
Комментарий/решение:
Допустим что найдется такой целый $a$ для которого$:$
$f(a)=a+k, k \in Z^+ \cup 0$
Тогда$:$
$$$$
Возьмем такие $x$ и $y:$
$f(x)=f(y)=c$
$f(c)=2c-x-2=2c-y-2 \Rightarrow x=y$
$f -$ инъективная $(1)$
$$$$
$P(a) \Leftrightarrow (a)$
$f(a+k)=2a+2k-a-2$
$f(a+k)=a+2k-2$
$P(a) \Leftrightarrow (f(a))$
$f(f(a+k))=2a+4k-4-a-k-2=a+3k-6$
$a+k= a+(1 \times k) - (1\times 0)$
$f(a+k)=a+(2\times k) -( 2 \times 1)$
$f(f(a+k))=a+(3\times k)-(3 \times 2)$
Допустим что:
Для всех чисел меньших $b+1$ выполняется$:$
$f^{(i)}(a+k)=a+((i+1)\times k) -(i^2+i)$ $(2)$
$f^{(i)}(a+k) \Rightarrow \underbrace {f(f( \ldots f(a+k) \ldots ))}_{i \text{ раз}}$
Тогда$:$
$f^{(b+1)}(a+k)=2f^{(b)}(a+k)-f^{(b-1)}(a+k)-2$
$f^{(b+1)}(a+k)=2(a+bk+k-b^2-b)-(a+bk-b^2+b)-2=a+bk+2k-(b^2+3b+2)$
$f^{(b+1)}(a+k)=a+((b+2)\times k) -((b+1)^2+b+1)$
Значит по $(2):$
Если выражения выполнятся для $b$ и $b-1$ то также выполняется и для $b+1$
А поскольку оно выполняется для $2$ и $3$, то выполняется и для всех остальных натуральных чисел
Теперь перезапишем то что имеем$:$
$$$$
$f^{(b)}(a+k)=a+((b+1)(k-b))$
Если$:$
$k \geq 1$
То$:$
Найдется $b$ для которого$:$
$f^{(b)}(a+k)=a; (b=k)$
По $(1):$
$f^{(b+1)}(a+k)=a+k$
Но по $(2):$
$f^{(b+1)}(a+k)=a-k-2$
Значит$:$
$k=-1 \Rightarrow \varnothing$
Из чего$:$
$k=0$
$f(f(a))=2f(a)-a-2$
$a=a-2 \Rightarrow \varnothing$
Значит$:$
Ну существует такой функции $f\colon \Bbb R \to \Bbb R$ что$:$
$f(f(a))=2f(a)-a-2$ и $m\leq n; f(m)=n$
Ответ: Нет, не существует
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.