Даны две функции $%f(x)=x^2+1$%, $%g(x)=x^3-1$%;

  1. Возможно ли функцию h(x)=(x^2+2)^6^2014 подать в виде суперпозиции некоторого количества функций f и g.
  2. Доказать, что при всех натуральных k многочлен $%h(x)=(x^4-6x^2+1)^k$% не возможно подать в виде суперпозиции некоторого количества функций f и g.

задан 3 Авг '14 9:46

изменен 5 Авг '14 22:28

Deleted's gravatar image


126

@vovax700, Если вы получили исчерпывающий ответ, отметьте его как принятый.

(5 Авг '14 22:24) Deleted
10|600 символов нужно символов осталось
3

По-моему, в обоих случаях ответ отрицательный.

Рассмотрим множество значений функции, представимой в виде суперпозиции функций $%f$% и $%g$%. Это может быть или вся числовая прямая, или замкнутый луч вида $%[a;+\infty)$%, где $%a$% -- некоторое число. Ясно, что $%f(\mathbb R)=[1;+\infty)$% и $%g(\mathbb R)=\mathbb R$%. Далее, $%f([1;+\infty))=[2;+\infty)$%, $%g([1;+\infty))=[0;+\infty)$%. Подставляя каждое очередное множество такого вида в функцию $%f$% или $%g$%, мы будем получать лучи вида $%[a;+\infty)$%, где $%a$% -- целое. Если $%a < 0$%, то $%f([a;+\infty))=[1;+\infty)$%; при $%a\ge0$% будет $%f([a;+\infty))=[a^2+1;+\infty)$%. Соответственно, для второй из функций будет $%g([a;+\infty))=[a^3-1;+\infty)$%, то есть множества значений всех суперпозиций получаются этим путём.

У функции $%h(x)=(x^2+2)^{6^{2014}}$% множеством значений будет $%[b;+\infty)$% для $%b=2^{6^{2014}}$%. Такое число не может получиться ни по формуле $%a^2+1$%, ни по формуле $%a^3-1$%, так как число $%b$% является и квадратом, и кубом, поэтому отличаться всего лишь на единицу от куба или квадрата оно не может.

Аналогично рассуждаем для функции $%h(x)=(x^4-6x^2+1)^k$%. Здесь $%x^4-6x^2+1=(x^2-3)^2-8$%, и множество значений этой функции есть $%[-8;+\infty)$%. Отсюда следует, что при чётном $%k$% множеством значений $%h$% будет $%[0;+\infty)$%, а при нечётном $%k$% это будет $%[-8^k;+\infty)$%. Во втором случае действует предыдущее соображение: число $%b=-8^k$% не представимо ни в виде $%a^2+1$%, ни в виде $%a^3-1$%.

Если же $%k$% чётно, и $%h(x)$% имеет множество значений $%[0;+\infty)$%, то она не может иметь вида $%f(\Phi(x))$% ни для какого многочлена $%\Phi(x)$%. Если же $%h(x)=g(\Phi(x))$%, то выполняется тождество $%(x^4-6x^2+1)^k=\Phi(x)^3-1$%. Это невозможно, поскольку при $%x=0$% число $%2$% оказалось бы кубом целого.

ссылка

отвечен 3 Авг '14 15:52

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:

×504

задан
3 Авг '14 9:46

показан
587 раз

обновлен
25 Окт '14 21:35

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