Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Математикадан облыстық олимпиада, 2016-2017 оқу жылы, 11 сынып


Бүкіл x,yR үшін (x2)f(y)+f(y+2f(x))=f(x+yf(x)) қатынасын қанағаттандыратын барлық f:RR функциясын табыңыз.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  -4
7 года 9 месяца назад #

Ответ: f(x)=x1; f(x)=0.

Решение. 1. Обозначим данное уравнение через R(x,y). Найдется такое a2, что f(a)1. Действительно, рассмотрим от противного R(3,1): f(1)+1=f(4). Тогда либо f(1)1, либо f(4)1.

2. R(a,a2f(a)1f(a)): f(a2f(a)1f(a))=0, значит существует такое c, что f(c)=0. R(c,y): c=1 или f(y)=0,y.

3. Из 2 и 3 получаем, что a2f(a)1f(a)=1, или f(a)=a1. Итак для любого a2 имеем либо f(a)=1, либо f(a)=a1.

4. Пусть b2,f(b)=1. Рассмотрим R(b,b2): (b2)f(b2)+1=f(2b2). Если f(2b2)=1, то f(b2)=0,b=3. Если f(2b2)=2b3, то f(b2)=2, откуда b=4 или b=5.

5. Значит, для x2,3,4,5 имеем f(x)=x1. Подставляя по очереди y=2,3,4,5 в R(6,y), получаем f(x)=x1,x.

пред. Правка 4   2
3 года 10 месяца назад #

Ответ: 1)f(x)0;2)f(x)x1. Очевидно, что ответы подходят.

Если f(0)=0, то P(0,x):f(x)=0,xR.

Далее f(0)0. Тогда P(x,0): (x2)f(0)+f(2f(x))=f(x)

Свойство: f инъективная функция.

Доказательство: Если f(a)=f(b), то P(a,0)P(b,0): f(0)(ab)=0a=b.

Заметим, что P(2,y): f(y+2f(2))=f(2+yf(2))(f(2)1)(y2)=0 f(2)=1.

Тогда f(x)1,x2. Выберем y таким образом, что y+2f(x)=x+yf(x)y=2f(x)xf(x)1,

тогда P(x,y):(x2)f(y)=0 f(2f(x)xf(x)1)=0,x2

откуда из инъективности 2f(x)xf(x)1=c константа, x2. Следовательно f(x)=xc2c,x2

Т.к. f(2)=2c2c=1, то f(x)=xc2c,xR.

Подстановкой в условие легко понять, что c=1f(x)=x1.