Городская олимпиада по математике среди физ-мат школ г. Алматы, 2018 год
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.
Ответ. Q1(x)=x2k+1+x,Q2(x)=x2k+2x,Q3(x)=x, k=0,1,2,….
Решение. Пусть R(x) означает данное равенство. Рассмотрим R(x)−R(−x): (Q(x)−Q(−x))(Q(x)+Q(−x))=4x(Q(x)+Q(−x))∀x∈R.
Следовательно, для всех x∈R или Q(−x)=−Q(−x), или Q(−x)=4x−Q(x).
Если первое равенство верно для достаточно большого числа x-ов (достаточно, чтобы количество x совпадало со степенью многочлена), тогда оно верно для всех для всех x∈R. Если же нет, то второе равенство верно для остальных x, которых бесконечно много, а, значит второе равенство верно для всех x∈R.
Итак, либо ~Q(−x)=−Q(−x)~ для всех x∈R, либо (не исключая первый случай) Q(−x)=4x−Q(x) для всех x∈R.
Случай 1. Q(−x)=−Q(−x) для всех x∈R. Q(x2)+2xQ(x)=(Q(x))2+2x2⇒Q(x2)−x2=(Q(x)−x)2.
Обозначим T(x)=Q(x)−x, тогда T(x2)=(T(x))2 для всех x∈R.
Случай 2. Q(−x)=4x−Q(x) для всех x∈R.
Q(x2)+4xQ(x)−4x2=(Q(x))2+2x2⇒Q(x2)−2x2=(Q(x)−2x)2.
Обозначим T(x)=Q(x)−2x, тогда T(x2)=(T(x))2 для всех x∈R.
Итак, в обоих случаях мы имеем T(x2)=(T(x))2 для всех x∈R. Пусть T(x)=anxn+amxm+… (степени многочлена записываются в убывающем порядке), тогда
T(x2)=anx2n+amx2m+... и (T(x))2=a2nx2n+anamxm+n+…
Сравнивая коэффициенты при соответствующих степенях, получаем, что T(x)=anxn, причём an=1 или an=0.
Итак, возможные решения:
Q1(x)=xn+x,Q2(x)=xn+2x,Q3(x)=x,Q4(x)=2x.
Проверкой убеждаемся, что первое является решением при нечётном n, второе -- при чётном n, третье и четвёртое является решениями.
Окончательно, Q1(x)=x2k+1+x,Q2(x)=x2k+2x,Q3(x)=x, k=0,1,2,….
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.