задача с параметром. И. Н. Сергеев В. Г. Чирский Задачи с параметрами

• Название: И. Н. Сергеев В. Г. Чирский Задачи с параметрами
• Дата: 15.04.2023
• Размер: 5.52 Mb.
• Имя файла: задача с параметром.pdf
• Тип: Книга; #1064746
• страница: 16 из 21

§ 20. Функциональные уравнения
и задачи с итерациями
Пример 20.1. Найдите f (2015), если для любых действительных значений x и y справедливо равенство
f (x − y) = f (x) + f ( y) − 2xy.
Решение. Подставим x = y = 0. Получим f (0) = 2 f (0) + 0, откуда следует, что f (0) = 0. Подставим x = y. Получаем 0 = f (0) = f (x) +
+ f (x) − 2x
2
, откуда следует, что f (x) = x
2
Ответ: 2015 2

176
Часть 1.
Решение задач
Пример 20.2. Функция f (x) для всех x удовлетворяет уравнению
f (x + 1) = f (x) + 2x + 1.
(20.1)
Найдите f (2001), если f (0) = 0.
Решение. Приведём два решения данного примера.
I. Подставляя x = 0, 1, 2, . . . , 2001 в равенство (
20.1
), получаем равенства
f (1) = 1,
f (2) = f (1) + 2 · 1 + 1,
f (3) = f (2) + 2 · 2 + 1,
f (2000) = f (1999) + 2 · 1999 + 1,
f (2001) = f (2000) + 2 · 2000 + 1,
сложив которые находим
f (2001) = 2 · (1 + 2 + . . . + 1999 + 2000) + 1 · 2001 =
= (1 + 2000) · 2000 + 2001 = 2001 2
Отсюда получаем ответ f (2001) = 4 004 001.
II. Приведём второе доказательство, с помощью метода матема- тической индукции. Согласно формуле (
20.1
) найдём первые значе- ния для f (n), n ∈ N:
f (1) = 1,
f (2) = f (1) + 2 · 1 + 1 = 4 = 2 2
,
f (3) = f (2) + 2 · 2 + 1 = 9 = 3 2
,
f (4) = f (3) + 2 · 3 + 1 = 16 = 4 2
,
f (5) = f (4) + 2 · 4 + 1 = 25 = 5 2
Возникает предположение, что и в дальнейшем сохранится зависи- мость
f (n) = n
2
,
n
∈ N.
(20.2)
Докажем равенство (
20.2
) с использованием индукции.
1. Для k = 1, 2, 3, 4, 5 равенство (
20.2
), как мы уже проверили,
выполнено.
2. Предположим, что для k = 1, 2, . . . , n справедливо равенство
f (k) = k
2 3. Докажем, что соотношение (
20.2
) справедливо и для k = n + 1.

§ 20.
Функциональные уравнения и задачи с итерациями
177
Используя предположение индукции, получаем
f (n + 1) = f (n) + 2n + 1 = n
2
+ 2n + 1 = (n + 1)
2
Итак, основываясь на методе математической индукции, мы до- казали равенство (
20.2
). В частности, получаем f (2001) = 2001 2
Ответ. 4 004 001.
Пример 20.3. Функция f (x) удовлетворяет следующему условию:
для любых чисел a и b выполняется равенство
f
€
a
+ 2b
3
Š =
f (a) + 2 f (b)
3
(20.3)
Найдите значение функции f (1999), если f (1) = 1 и f (4) = 7.
Решение. Приведём два решения данного примера.
I. Подставляя в формулу (
20.3
) сначала a = 4, b = 1, а затем a = 1,
b
= 4, получаем
f (1) = 1,
f (2) =
f (4) + 2 f (1)
3
= 3,
f (3) =
f (1) + 2 f (4)
3
= 5,
f (4) = 7.
Можно предположить, что и в дальнейшем сохранится зависимость
f (k) = 2k − 1,
k
∈ N.
(20.4)
Докажем формулу (
20.4
) с использованием индукции.
1. Для k = 1, 2, 3, 4 равенство (
20.4
) выполнено.
2. Предположим, что для k = 1, 2, . . . , n справедливо равенство
f (k) = 2k − 1.
3. Докажем, что f (n + 1) = 2(n + 1) − 1.
Пусть a = n − 2, b = n + 1. Тогда
f (n) =
f (n − 2) + 2 f (n + 1)
3
Откуда, выражая f (n + 1) и используя предположение индукции, по- лучаем
f (n + 1) =
3 f (n) − f (n − 2)
2
=
3(2n − 1) − (2(n − 2) − 1)
2
=
=
4n + 2 2
= 2n + 1 = 2(n + 1) − 1.

178
Часть 1.
Решение задач
Таким образом, основываясь на методе математической индукции,
мы доказали равенство (
20.4
). Следовательно,
f (1999) = 2 · 1999 − 1 = 3997.
II. Приведём второе доказательство, без использования метода математической индукции. В равенстве (
20.3
), выражая f (a), полу- чаем
f (a) = 3 f
€
a
+ 2b
3
Š
− 2 f (b).
Как и ранее, по значениям f (1) = 1, f (4) = 7 вычисляем f (2) = 3,
f (3) = 5. Затем последовательно находим
f (0) = 3 f
€
0 + 2 · 3 3
Š
− 2 f (3) = 3 f (2) − 2 f (3) = −1,
f (9) = 3 f
€
9 + 2 · 0 3
Š
− 2 f (0) = 3 f (3) − 2 f (0) = 17,
f (27) = 3 f
€
27 + 2 · 0 3
Š
− 2 f (0) = 3 f (9) − 2 f (0) = 53,
f (75) = 3 f
€
75 + 2 · 3 3
Š
− 2 f (3) = 3 f (27) − 2 f (3) = 149,
f (223) = 3 f
€
223 + 2 · 1 3
Š
− 2 f (1) = 3 f (75) − 2 f (1) = 445,
f (667) = 3 f
€
667 + 2 · 1 3
Š
− 2 f (1) = 3 f (223) − 2 f (1) = 1333,
f (1999) = 3 f
€
1999 + 2 · 1 3
Š
− 2 f (1) = 3 f (667) − 2 f (1) = 3997.
Ответ. 3997.
Пусть функция f (x) задана на множестве действительных чисел.
Рассмотрим уравнение
f ( f (. . . f (
|
{z
}
𝑛 раз
x) . . .)) = x.
(20.5)
Очевидно, что все корни уравнения f (x) = x являются корнями урав- нения (
20.5
). Действительно, если для некоторой точки x
0
справед- ливо равенство f (x
0
) = x
0
, то
f ( f (. . . f
|
{z
}
𝑛 раз
(x
0
) . . .)) = f ( f (. . . f
|
{z
}
𝑛
−1 раз
( f (x
0
)) . . .)) =
= f ( f (. . . f
|
{z
}
𝑛
−1 раз
(x
0
) . . .)) = . . . = f (x
0
) = x
0
Уравнения (
20.5
) и f (x) = x, вообще говоря, не эквивалентны. Однако при некоторых условиях они равносильны. Приведём несколько утвер- ждений.

§ 20.
Функциональные уравнения и задачи с итерациями
179
Теорема 1.1. Пусть функция f (x) задана на множестве действи-
тельных чисел R. Тогда
I) если функция f (x) монотонно возрастает, то уравнения (
20.5
)
и f (x) = x равносильны;
II) если функция f (x) монотонно убывает, то
IIа) уравнение
f ( f (. . . f (
|
{z
}
2𝑛 раз
x) . . .)) = x
равносильно уравнению f ( f (x)) = x;
IIб) в случае выполнения одного из двух условий:
• либо уравнение f (x) = x имеет решение,
• либо f (x) — непрерывная функция на R
уравнение
f ( f (. . . f (
|
{z
}
2𝑛+1 раз
x) . . .)) = x.
(20.6)
равносильно уравнению f (x) = x.
Доказательство. I. Для доказательства первого утверждения до- статочно доказать, что если x
0
не является корнем уравнения f (x) = x,
то x
0
не является корнем уравнения (
20.5
). Из определения возрас- тающей функции легко вытекает, что функции f ( f (x)), f ( f ( f (x))),
f ( f ( f ( f (x)))) и т. д. тоже возрастающие. Поскольку x
0
не является корнем уравнения f (x) = x, получаем, что либо f (x
0
) > x
0
, либо
f (x
0
) < x
0
. Рассмотрим случай f (x
0
) > x
0
. Тогда
f ( f (. . . f
|
{z
}
𝑛 раз
(x
0
) . . .)) = f ( f (. . . f
|
{z
}
𝑛
−1 раз
( f (x
0
)) . . .)) > f ( f (. . . f
|
{z
}
𝑛
−1 раз
(x
0
) . . .)) =
= f ( f (. . . f
|
{z
}
𝑛
−2 раз
( f (x
0
)) . . .)) > . . . > f (x
0
) > x
0
IIа. Доказательство легко вытекает из первого утверждения, по- скольку функция g(x) = f ( f (x)) возрастающая.
IIб. Предположим, что уравнение f (x) = x имеет решение x
0
, то- гда, как было замечено ранее (перед формулировкой теоремы), x
0
—
решение уравнения f ( f (. . . f (
|
{z
}
2𝑛+1 раз
x) . . .)) = x. Поскольку функции
h
1
(x) = f (x) − x,
h
2
(x) = f ( f (. . . f (
|
{z
}
2𝑛+1 раз
x) . . .)) − x

180
Часть 1.
Решение задач монотонно убывающие, решение x
0
для них единственное, т. е. рав- носильность уравнений (
20.6
) и f (x) = x доказана.
Предположим теперь, что функция f (x) непрерывна на R. Тогда для функции h
1
(x) = f (x) − x справедливы соотношения
h
1
(x) → +∞
при x → −∞,
h
1
(x) → −∞
при x → +∞.
Отсюда с учётом непрерывности функции h
1
(x) вытекает существо- вание такого x
0
, что h
1
(x
0
) = 0. Следовательно, уравнение f (x) = x
имеет решение x = x
0
. Отсюда по доказанному вытекает равносиль- ность уравнений (
20.6
) и f (x) = x.
Пример 20.4. Укажите все значения a, для которых уравнение q
3a +
p
3a + 2x − x
2
= 2x − x
2
имеет решение.
Решение. Положим f (t) =
p
3a + t. Тогда исходное уравнение за- пишем в виде
f ( f (2x − x
2
)) = 2x − x
2
⇔ f ( f (t)) = t, t = 2x − x
2
График функции g(x) = 2x − x
2
— парабола с вершиной в точке x = 1.
Максимум функции равен 1, поэтому для того, чтобы для фиксиро- ванного t существовало хотя бы одно решение x уравнения t = 2x − x
2
,
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие t ¶ 1. Посколь- ку функция f (t) монотонно возрастает, уравнение f ( f (t)) = t равно- сильно уравнению f (t) = t. Решим последнее уравнение:
¨ f (t) = t,
t ¶ 1
⇔
¨
p
3a + t = t,
t ¶ 1
⇔
⇔





3a + t = t
2
,
t ¾ 0,
t ¶ 1
⇔
( €
t
−
1 2
Š
2
= 3a +
1 4
,
t
∈ [0; 1]
⇔



t
±
=
1 2
±
È
3a +
1 4
,
t
±
∈ [0; 1].
Но t
+
=
1 2
+
r
3a +
1 4
существует и принадлежит отрезку [0; 1] при
a
∈ [−1/12; 0], и t
−
=
1 2
−
r
3a +
1 4
тоже существует и принадлежит отрезку [0; 1] при a ∈ [−1/12; 0].

Тренировочные задачи к § 20 181
Следовательно, при a ∈ [−1/12; 0] существует хотя бы одно такое значение t ¶ 1, что f ( f (t)) = t. А для каждого такого t существует хотя бы одно такое значение x, что t = 2x − x
2
Ответ: a
∈ [−1/12; 0].
Пример 20.5. Для функции f (x)=2008−x
3
−4x−a+sinπx найди- те количество целых значений a, при каждом из которых уравнение
f ( f (. . . f
|
{z
}
2013 раз
(x) . . .)) = x
на отрезке [99; 101] имеет единственное решение.
Решение. Функция f (x) = 2008 − x
3
− 4x − a + sin πx монотонно убывает на всей числовой прямой (в чём можно убедиться, как вы- числив f
0
(x), так и непосредственно используя определение моно- тонно убывающей функции). Например, при помощи производной получаем
f
0
(x) = −3x
2
− 4 + π cos πx ¶ π − 4 < 0 ∀ x ∈ R.
Поэтому
f ( f (. . . f
|
{z
}
2013 раза
(x) . . .)) = x ⇔
f (x) = x.
Функция g(x) = x − f (x) является монотонно возрастающей. Сле- довательно, уравнение g(x) = 0 имеет единственное решение на от- резке [99; 101] тогда и только тогда, когда
¨ g(101) ¾ 0,
g(99) ¶ 0
⇔
¨
101 − 2008 + 101 3
+ 404 + a ¾ 0,
99 − 2008 + 99 3
+ 396 + a ¶ 0.
Из полученных двусторонних оценок для a следует, что количество целых значений a равно
g(101) − g(99) + 1 = 2 + 101 3
− 99 3
+ 404 − 396 + 1 = 60 013.
Ответ 60 013.
Тренировочные задачи к § 20
20.1. Найдите f (2012), если для любых действительных x и y спра- ведливо равенство
f (x + y) = f (x) + f (− y) + 2xy.

182
Часть 1.
Решение задач
20.2. Функция f (x) для всех x удовлетворяет уравнению
f (x + 1) = f (x) + 2x + 3.
Найдите f (2001), если f (0) = 1.
20.3. Пусть f (x) =
x
3
+2. Найдите значение функции f ( f (. . . f (
|
{z
}
2009 раз
x) . . .))
в точке x = 4.
20.4. Решите уравнение f ( f (x)) = f (x), где f (x) = 2
−𝑥
3
−𝑥
− 5.
20.5. Функция f такова, что f (2x − 3 y) − f (x + y) = −2x + 8 y для всех x, y. Найдите все возможные значения выражения
f (4t) − f (t)
f (3t) − f (2t)
20.6. Укажите все значения a, для которых уравнение
Æ
a
+
p
a
+ sin x = sin x
имеет решение.
20.7. Дана функция f (x) = ||x + 1| − 2|. Сколько корней имеет урав- нение f ( f (. . . f (
|
{z
}
2013 раз
x) . . .)) = 0,5?
20.8. Функция g(x) для всех x удовлетворяет равенству g(x + 5) =
= x + 3 − g(x), а при x ∈ [−5; 0) задаётся формулой g(x) = 8 − x
2
Найдите g(2012).
20.9. Укажите все значения a, для которых уравнение v
t
5a +
s
5a − x −
x
2 4
+ x +
x
2 4
= 0
имеет решение.
20.10. Функция f (x) удовлетворяет следующему условию: для любых чисел a и b выполняется равенство
f
€
a
+ 2b
3
Š =
f (a) + 2 f (b)
3
Найдите значение функции f (1999), если f (1) = 2 и f (4) = 8.
20.11. Решите в целых числах уравнение
È
x
+
Ç
x
+
Æ
x
+ . . . +
p
x
|
{z
}
1992 раза
= y.

§ 21.
Задачи с условием для всех значений параметра или переменной
183
20.12. Пусть
S
𝑛
= f (0) + f
€
1
n
Š + f €
2
n
Š + ... + f €
n
− 1
n
Š + f (1).
Найдите S
2013
для f (x) =
25
𝑥
25
𝑥
+ 5
20.13. Укажите все значения a, для которых уравнение q
1 + a +
p
a
+ 2 cos
2
x
= cos 2x
имеет решение.
20.14. Для функции f (x) = 2020 − x
3
− 6x − a − sin πx найдите коли- чество целых значений a, при каждом из которых уравнение
f ( f (. . . f
|
{z
}
2013 раз
(x) . . .)) = x
на отрезке [99; 101] имеет единственное решение.
Ответы
20.1
. 2012 2
20.2
. 4 008 004.
20.3
. 3 + 3
−2009
20.4
.
−1.
20.5
. 3.
20.6
. a
∈ [−1/4; 0].
20.7
. 4030.
20.8
. 1006.
20.9
. a
∈ [−1/20; 0].
20.10
. 3998.
20.11
. (0; 0).
20.12
. 1007.
20.13
. a
∈ [−5/4; −1].
20.14
. 60 017.