Найдите все такие функции $%f(x)$%, которые одновременно удовлетворяют трём условиям:

$%1)$% $%f(x)>0$%, для любого $%x>0$%;

$%2)$% $%f(1)=1$%;

$%3)$% $%f(a+b)\cdot(f(a)+f(b))=2f(a) \cdot f(b)+a^{2} + b^{2}$% для любых $%a; b \in R$%

У меня получилась функция $%f(x)=x$%, но надо найти все такие функции и тут я не знаю, какие ещё. Или я что-то не понимаю? Заранее благодарен. С уважением.

задан 14 Фев 0:48

изменен 14 Фев 3:48

@serg55: в пункте 3) не хватает закрывающей скобки.

Правильно ли я понимаю, что f определена на всей прямой, а не только на полуоси x > 0? И в пункте 3) числа a,b -- любые действительные? Непрерывность, как я понимаю, также не предполагается.

Такие задачи обычно решаются при помощи серии подстановок значений переменных и получения новых следствий.

(14 Фев 2:42) falcao

@falcao: Извините, пожалуйста в пункте 3) я добавил закрывающую скобку, а в остальном условие задачи полностью повторяет текст, который был в условиях данной задачи. Это задача из школьной Олимпиады, которая уже прошла. Текст задачи приведен дословно.

(14 Фев 3:52) serg55
10|600 символов нужно символов осталось
2

Подставим в (3) числа $%a=1$%, $%b=0$%. С учётом (2) как следствие получим $%f(0)+1=2f(0)+1$%, то есть $%f(0)=0$%.

Теперь подставляем $%b=-a$% в (3), получая $%0=2f(a)f(-a)+2a^2$%, то есть $%f(a)f(-a)=-a^2$%. Как следствие, $%f(-1)=-1$%.

Обозначая $%y=f(a)$%, $%z=f(a+1)$%, делаем две подстановки в (3). В первой из них $%a=a$%, $%b=1$%. Это даёт $%z(y+1)=2y+a^2+1$%. Во второй подставляем $%a\mapsto a+1$%, $%b\mapsto-1$%, откуда $%y(z-1)=-2z+a^2+2a+2$%. Вычитая из одного другое, имеем $%y+z=2(y+z)-2a-1$%, то есть $%f(a)+f(a+1)=2a+1$%.

Теперь, подставляя $%z=2a+1-y$% в первое из уравнений предыдущего абзаца, получаем $%(2a+1-y)(y+1)=2y+a^2+1$%, что равносильно $%(y-a)(y-a+2)=0$%. Это значит, что $%f(a)=a$% или $%f(a)=a-2$%, что верно для любого действительного $%a$%.

Допустим, что при некотором $%a$% имеет место условие $%f(a)\ne a$%. Тогда $%f(a)=a-2$%, и $%f(a+1)=2a+1-f(a)=a+3$%. Однако по утверждению предыдущего абзаца, $%f(a+1)$% должно быть равно или $%a+1$%, или $%(a+1)-2=a-1$%, что приводит нас к противоречию и доказывает, что $%f(x)=x$% при всех $%x\in\mathbb R$%.

Условие (1) здесь не было использовано. Возможно, в каких-то других способах решения это задействуется.

ссылка

отвечен 14 Фев 4:59

изменен 14 Фев 18:53

1

@falcao: Извините, пожалуйста, но по-моему, у Вас небольшая неточность. У Вас записано, что $%z=f(a)+1$%, а мне кажется, что должно быть $%z=f(a+1)$%. С уважением.

(14 Фев 18:32) serg55
1

@serg55: да, конечно. Это была опечатка. Сейчас исправлю.

(14 Фев 18:53) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,248

задан
14 Фев 0:48

показан
62 раза

обновлен
14 Фев 18:53

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru