|
Найти все такие функции $%f: Q \to R$%, что для произвольных $%x,y \in Q$% $$f(x + y) + f(xy - 1) = \left( {f(x) + 1} \right)\left( {f(y) + 1} \right).$$ задан 14 Ноя '14 19:34 
EdwardTurJ |
|
После нескольких подстановок становится понятно, что $%f(x)=x^2$% для целых $%x$% (ниже это будет продемонстрировано). При этом ясно, что такая функция удовлетворяет тождеству из условия. В этом случае имеет смысл ввести функцию $%g(x)=f(x)-x^2$%, записать уравнение относительно $%g$% вместо $%f$% и доказать, что $%g$% тождественно нулевая. Уравнение имеет вид $%g(x+y)+g(xy-1)=g(x)g(y)+(y^2+1)g(x)+(x^2+1)g(y)$%. Положим $%g(0)=a$% и для начала подставим оба нуля. Выяснится, что $%g(-1)=a^2+a$%. Далее подставим $%x=0$%, $%y=-1$%. Получится $%2(a^2+a)=a(a^2+a)+2a+a^2+a$%, то есть $%a(a^2+1)=0$%, откуда $%f(0)=a=0$% и $%f(-1)=a^2+a=0$%. Далее полагаем $%y=-1$%, и это даёт $%g(x-1)+g(-x-1)=2g(x)$%. При $%x=-1$% имеем $%g(-2)=0$%. Далее с учётом этого при $%x=1$% получается $%g(1)=0$%. Теперь полагаем $%y=1$% в основном уравнении, приходя к такому следствию: $%g(x+1)+g(x-1)=2g(x)$%. Из этого понятно, что если $%g$% равна нулю каких-то в двух соседних целых точках (а мы это знаем), то она будет равна нулю во всех точках вправо и влево с "шагом" 1. Таким образом, $%g(x)=0$% при всех $%x\in\mathbb Z$%. Теперь для произвольных $%m\in\mathbb Z$% и $%n\in\mathbb N$% полагаем сначала $%x=n$%, $%y=\frac{m}n$%, а потом $%x=2n$%, $%y=\frac{m}n$%. С учётом равенства нулю функции $%g$% в целых точках приходим к уравнениям $%g(n+\frac{m}n)=(n^2+1)g(\frac{m}n)$% и $%g(2n+\frac{m}n)=(4n^2+1)g(\frac{m}n)$%. Из тождества $%g(x+2)=2g(x+1)-g(x)$% по индукции следует, что $%g(x+k)=kg(x+1)-(k-1)g(x)$%. Полагая для краткости $%u=g(1+\frac{m}n)$% и $%v=g(\frac{m}n)$%, мы можем разложить левые части полученных уравнений по $%u$% и $%v$%, получая $%nu+(n-1)v=(n^2+1)v$% и $%2nu+(2n-1)v=(4n^2+1)v$%. Сразу видно, что при $%n > 1$% такая система имеет только нулевое решение. В итоге $%g(\frac{m}n)=0$%, то есть $%g$% тождественно нулевая на $%\mathbb Q$%. отвечен 15 Ноя '14 23:00 
falcao |
|
Пускай $%P(x,y)$% - свойство $%f(x + y) + f(xy - 1) = \left( {f(x) + 1} \right)\left( {f(y) + 1} \right)$%. $%P(x,0)$% дает $%f(x)f(0) = f( - 1) - f(0) - 1$%. Если $%f(0) \ne 0$%, то $%f(x) = const$%, что не удовлетворяет уравнению. Значит $%f(0) = 0$% и $%f( - 1) = 1$%. $%P(x,-1)$% дает $%f(x - 1) + f( - x - 1) = 2f(x) + 2$%. $%P(x,1)$% дает $%f(x + 1) + f(x - 1) = 2f(x) + 2$%. Разность этих уравнений даёт чётность искомой функции. Индукцией легко доказывается равенство $$f(x + n) = (n + 1)f(x) - nf(x - 1) + n^2 + n$$ для $%n \in Z$%, а отсюда и $%f\left( n \right) = n^2 $% для всех $%n \in Z$%. $%P(x,n)$% с учетом последних равенств дает $%f(nx - 1) = (n^2 - n)f(x) + nf(x - 1) - n + 1$%. Аналогично $%f(nx + 1) = (n^2 + n)f(x) - nf(x - 1) + n + 1$%. Сложив, получим $%f(nx - 1) + f(nx + 1) = 2n^2 f(x) + 2$%. Положив $%x = \frac{m}{n}$% получим $%f(m - 1) + f(m + 1) = 2n^2 f\left( {\frac{m}{n}} \right) + 2$% и $%f\left( {\frac{m}{n}} \right) = \left( {\frac{m}{n}} \right)^2 $%. Итак, для всех $%x \in Q f\left( x \right) = x^2 $%. отвечен 15 Ноя '14 23:32
EdwardTurJ |
У меня пока получилось только то, что $%f(x)=x^2$% для всех целых $%x$%. Видимо, это так для всех рациональных, но пока я этого не доказал. Собираюсь ещё подумать.
Задачу придумал в начале 70-х, но решил для рациональных (простое решение) в начале 2000-х, была на Всеукраинской олимпиаде, но там до конца с ней никто не разобрался.
У меня в итоге получилось довести до конца, причём технически вышло не очень сложно. Я изложу чуть попозже.