8-шы халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2012 жыл
i) кез келген x∈R үшін f(f(x))=2f(x)−x−2 теңдігі орындалады;
ii) m≤n және f(m)=n?
Комментарий/решение:
Допустим что найдется такой целый a для которого:
f(a)=a+k,k∈Z+∪0
Тогда:
Возьмем такие x и y:
f(x)=f(y)=c
f(c)=2c−x−2=2c−y−2⇒x=y
f− инъективная (1)
P(a)⇔(a)
f(a+k)=2a+2k−a−2
f(a+k)=a+2k−2
P(a)⇔(f(a))
f(f(a+k))=2a+4k−4−a−k−2=a+3k−6
a+k=a+(1×k)−(1×0)
f(a+k)=a+(2×k)−(2×1)
f(f(a+k))=a+(3×k)−(3×2)
Допустим что:
Для всех чисел меньших b+1 выполняется:
f(i)(a+k)=a+((i+1)×k)−(i2+i) (2)
f(i)(a+k)⇒f(f(…f(a+k)…))⏟i 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−b2−b)−(a+bk−b2+b)−2=a+bk+2k−(b2+3b+2)
f(b+1)(a+k)=a+((b+2)×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≥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⇒∅
Из чего:
k=0
f(f(a))=2f(a)−a−2
a=a−2⇒∅
Значит:
Ну существует такой функции f:R→R что:
f(f(a))=2f(a)−a−2 и m≤n;f(m)=n
Ответ: Нет, не существует
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.