Функціональне рівняння на фіналі всеукраїнської олімпіади-2023 з математики

Функціональні рівняння є досить поширеними на олімпіадах з математики різного рівня. Не стала винятком і цьогорічна всеукраїнська олімпіада, завершальний четвертий етап якої проходив у перший тиждень квітня. Тому під час підготовки до олімпіад варто звернути увагу на тему функціональних рівнянь та методів їх розв’язання.

Одинадцятикласники на IV-му етапі всеукраїнської олімпіади-2023 розв’язували таке функціональне рівняння:

Підставивши в це рівняння х=у=0, отримаємо: f(0)=2f(0), звідки f(0)=0. Тепер підставимо в нього х=0. Матимемо, що f(yf(y))=f(y²)+f(0), звідки f(yf(y))=f(y²). Останню рівність позначимо (1). Тепер у рівняння з умови задачі підставимо у= –х і отримаємо: f(x–xf(0))=f(x²)+xf(–x)+f(x), звідки f(x)=f(x²)+xf(–x)+f(x), звідки f(x²)= –xf(–x). Замінимо в останньому рівнянні х на –х і отримаємо: f(x²)=xf(x). Позначимо останнє рівняння (2). Оскільки, f(x²)= –xf(–x) та f(x²)=xf(x), то xf(x)= –xf(–x), звідки х(f(x)+f(–x))=0. Отже, якщо х≠0, то f(x)+f(–x)=0. При х=0 остання рівність також виконується, бо f(0)=0. Отже, для довільного дійсного х: f(–x)= –f(x). У рівнянні з умови задачі замінимо у на –у і отримаємо: f(x–yf(x–y))=f(y²)+xf(–y)+f(x). Враховуючи те, що f(x–y)= – f(у–х) та f(–y)= –f(y), останнє рівняння набуде вигляду f(x+yf(у–х))=f(y²)–xf(y)+f(x). Від рівняння з умови задачі почленно віднімемо останнє рівняння і отримаємо: f(x+yf(у+х)) – f(x+yf(у–х))=2xf(y). Позначимо останнє рівняння (3).

Припустимо, що існує таке дійсне с≠0, що f(c)=0. У рівняння з умови задачі підставимо у=с–х і отримаємо: f(x+(с–х)f(с))=f((с–х)²)+xf(с–х)+f(x), звідки f(x)=f((с–х)²)+xf(с–х)+f(x), звідки f((с–х)²)= –xf(с–х). Але, згідно з (2), f((с–х)²)= (с–x)f(с–х). Тому в цьому випадку –xf(с–х)=(с–x)f(с–х), звідки сf(с–х)=0, а оскільки, с≠0, то f(с–х)=0. При цьому вираз с–х може набувати довільних дійсних значень. Отже, якщо існує дійсне с≠0 таке, що f(c)=0, то ми отримуємо функцію, яка є тотожним нулем: f(х)=0 при всіх дійсних х.

Залишилось розглянути випадок, коли f(х)≠0 при всіх дійсних х≠0. У цьому випадку, якщо для деякого дійсного с виконується рівність f(с)=0, то з цього випливає, що с=0. Доведемо, що з того, що x≠y, випливає, що f(x)≠ f(y). Для цього припустимо супротивне, а саме, що існують дійсні числа а та b такі, що а≠b, але при цьому f(а)=f(b). Тоді у рівняння (3) підставимо х=(a–b)/2, y=(a+b)/2 і отримаємо: f(0,5a–0,5b+0,5(a+b)f(а)) – f(0,5a–0,5b+0,5(a+b)f(b))=(a–b)f(0,5a+0,5b). Оскільки, згідно з припущенням f(а)=f(b), то 0,5a–0,5b+0,5(a+b)f(а)= 0,5a–0,5b+0,5(a+b)f(b) і тоді f(0,5a–0,5b+0,5(a+b)f(а)) – f(0,5a–0,5b+0,5(a+b)f(b))=0, з чого випливає, що (a–b)f(0,5a+0,5b)=0, а оскільки а≠b, то f(0,5a+0,5b)=0. Оскільки, ж наша функція набуває нульового значення лише в точці х=0, то з рівності f(0,5a+0,5b)=0 випливає, що 0,5a+0,5b=0, звідки а= –b. Оскільки, а= –b, то f(a)=f(–b). Але, за припущенням, f(а)=f(b). Оскільки, f(а)=f(b) та f(a)=f(–b), то f(b)=f(–b). Але вище ми показали, що для довільного дійсного х: f(–x)= –f(x). Тому f(–b)= –f(b). Оскільки, f(–b)= –f(b) та f(b)=f(–b), то f(b)= –f(b), звідки 2f(b)=0, звідки f(b)=0, звідки b=0 (бо ми розглядаємо випадок, коли f(х)≠0 при всіх дійсних х≠0). Оскільки, b=0 та, за припущенням, f(а)=f(b), то f(а)=0, звідки а=0. Отже, а=b=0. Прийшли до суперечності, бо згідно з припущенням, а≠b. Таким чином, твердження доведено від супротивного. Отже, з того, що x≠y, випливає, що f(x)≠ f(y). Тоді на основі рівності (1) f(yf(y))=f(y²) отримаємо, що yf(y)=y² для довільного дійсного у. Тоді, якщо у≠0, то f(y)=y. Остання рівність виконується і тоді, коли у=0, що було показано вище.

Підводячи підсумки, ми знайшли дві функції – перша є тотожним нулем f(х)=0, а друга – f(х)=х при всіх дійсних х. Неважко переконатись, що обидві ці функції задовольняють умову задачі.

Рейтинг:5 з 5

На основі відгуків 1 користувачів

Автор: Віталій Ф.

Редакція не несе відповідальності за наповнення блогів, вони є персональною думкою автора

Потрібен репетитор?

Обирай кращих викладачів на сервісі Букі!

Інші статті викладача

Реєструйся репетитором на BUKI!

Безкоштовна реєстрація за 10 хвилин

Заняття персонально чи по Skype

Оплата напряму від учня

Також читайте розділ «Блоги репетиторів»:

Секретні методи вивчення іноземної мови

У цій статті ми розглянемо три секретних методи, які можуть допомогти вам засвоїти нову мову швидше та ефективніше. Стаття вміщує посилання на платформи та вебсайти, які вам допоможуть в цьому.

Автор: Христина Я.

Як досягти тонкої талії?

Тонка талія: міфи та реальність

Автор: Анастасія Ш.

Цукрозамінники

Переваги та недоліки

Автор: Анастасія Ш.

Відпочинок від тренувань

Правильно організований відпочинок допомагає зберегти і покращити результати тренувань

Автор: Анастасія Ш.

Verben mit Präpositionen у німецькій мові у німецькій мові. Дружній путівник для початківців

Сьогодні ми поговоримо про один із важливих аспектів німецької мови - Verben mit Präpositionen (дієслова з прийменниками).

Автор: Ярослав Т.

Зв'язок між гормонами та тренуваннями

Важливість фізичної активності для підтримки гормонального балансу та загального здоров'я.

Автор: Анастасія Ш.

Інші новини:

;