Функционални уравнения - задачи с решения

Решение:
Намираме стойността на [tex]x[/tex], при която аргументът [tex]5x-4[/tex] е равен на [tex]6[/tex]:
[tex]5x-4=6\Rightarrow x=2[/tex]
Като заместим [tex]x=2[/tex] в даденото равенство, получаваме
[tex]f(6)=f(5\cdot 2-4)=2\cdot 2+1=5[/tex]

Решение:
Като положим [tex]x=1[/tex] и [tex]x=0[/tex] в условието, получаваме системата
[tex]\left\{\begin{array}{l} 2f(1)+f(0)=1 \\ f(1)+2f(0)=-1 \end{array}\right.[/tex]
От първото уравнение [tex]f(0)=1-2f(1)[/tex]. Заместваме във второто:
[tex]f(1)+2-4f(1)=-1\Rightarrow 3f(1)=3\Rightarrow f(1)=1[/tex]
(Такава функция съществува: [tex]f(x)=2x-1[/tex] удовлетворява условието, тъй като [tex]2(2x-1)+\left(2(1-x)-1\right)=2x-1[/tex].)

Решение:
За всяка от функциите пресмятаме сбора [tex]f(x)+f(-x)[/tex]:
[tex]f(x)=\frac{x^2}{2}:\quad \frac{x^2}{2}+\frac{x^2}{2}=x^2[/tex]
[tex]f(x)=\frac{x^2+x}{2}:\quad \frac{x^2+x}{2}+\frac{x^2-x}{2}=x^2[/tex]
[tex]f(x)=\frac{x^2}{2}+5x-x^3:\quad \left(\frac{x^2}{2}+5x-x^3\right)+\left(\frac{x^2}{2}-5x+x^3\right)=x^2[/tex]
[tex]f(x)=\frac{x^2+5x+1}{2}:\quad \frac{x^2+5x+1}{2}+\frac{x^2-5x+1}{2}=x^2+1\ne x^2[/tex]
Следователно първите три функции са от клас [tex]2[/tex], а единствено [tex]f(x)=\frac{x^2+5x+1}{2}[/tex] не е (например при [tex]x=0[/tex] сборът е [tex]1\ne 0[/tex]).

Решение:
Нека [tex]P(x)=ax^2+bx+c[/tex], където [tex]a\ne 0[/tex]. От [tex]P(0)=5[/tex] получаваме [tex]c=5[/tex]. Освен това
[tex]P(x+1)-P(x)=a(x+1)^2+b(x+1)+c-ax^2-bx-c=2ax+a+b[/tex]
Този израз трябва да е равен на [tex]8x+3[/tex] за всяко [tex]x[/tex], следователно коефициентите пред равните степени на [tex]x[/tex] съвпадат:
[tex]\left\{\begin{array}{l} 2a=8 \\ a+b=3 \end{array}\right.\Rightarrow a=4; b=-1[/tex]
Следователно [tex]P(x)=4x^2-x+5[/tex]. Проверка:
[tex]4(x+1)^2-(x+1)+5-\left(4x^2-x+5\right)=8x+4-1=8x+3[/tex]

Решение:
Избираме [tex]x[/tex] и [tex]y[/tex] така, че неизвестните стойности [tex]f(2x+y)[/tex] и [tex]f(3x-y)[/tex] да съвпаднат: [tex]2x+y=3x-y[/tex], т.е. [tex]x=2y[/tex]. Тъй като търсим [tex]f(10)[/tex], полагаме [tex]x=10[/tex], [tex]y=5[/tex]; тогава [tex]2x+y=3x-y=25[/tex] и условието добива вида
[tex]f(10)+f(25)+5\cdot 10\cdot 5=f(25)+2\cdot 10^2+1[/tex]
[tex]f(10)+250=201\Rightarrow f(10)=-49[/tex]
(Такава функция съществува: при [tex]x=2y[/tex] условието дава [tex]f(2y)+10y^2=8y^2+1[/tex], откъдето [tex]f(t)=1-\frac{t^2}{2}[/tex], а с пряка проверка се вижда, че тази функция удовлетворява условието за всички [tex]x[/tex] и [tex]y[/tex].)

Решение:
Полагаме [tex]a=4[/tex], [tex]b=1[/tex]. Тъй като [tex]\frac{4+2}{3}=2[/tex], получаваме
[tex]f(2)=\frac{f(4)+2f(1)}{3}=\frac{8+4}{3}=4[/tex]
Полагаме [tex]a=1[/tex], [tex]b=4[/tex]. Тъй като [tex]\frac{1+8}{3}=3[/tex], получаваме
[tex]f(3)=\frac{f(1)+2f(4)}{3}=\frac{2+16}{3}=6[/tex]
Сега полагаме [tex]a=n[/tex], [tex]b=n+3[/tex]. Тъй като [tex]\frac{n+2(n+3)}{3}=n+2[/tex], получаваме [tex]f(n+2)=\frac{f(n)+2f(n+3)}{3}[/tex], т.е.
[tex]f(n+3)=\frac{3f(n+2)-f(n)}{2}[/tex]
С индукция доказваме, че [tex]f(n)=2n[/tex] за всяко естествено [tex]n[/tex]. Това е вярно за [tex]n=1; 2; 3[/tex]. Ако [tex]f(m)=2m[/tex] за всички [tex]m\le n+2[/tex], то
[tex]f(n+3)=\frac{3\cdot 2(n+2)-2n}{2}=\frac{4n+12}{2}=2(n+3)[/tex]
Следователно
[tex]f(1999)=2\cdot 1999=3998[/tex]
(Функцията [tex]f(x)=2x[/tex] удовлетворява всички условия, така че данните са непротиворечиви.)

Решение:
Тъй като от [tex]x\ne 0[/tex] следва [tex]\frac{1}{x}\ne 0[/tex], можем да заменим [tex]x[/tex] с [tex]\frac{1}{x}[/tex]:
[tex]f\left(\frac{1}{x}\right)+3f(x)=\frac{1}{x^2}[/tex]
Умножаваме това равенство с [tex]3[/tex] и изваждаме даденото:
[tex]8f(x)=\frac{3}{x^2}-x^2\Rightarrow f(x)=\frac{1}{8}\left(\frac{3}{x^2}-x^2\right)[/tex]
Проверка: [tex]f(x)+3f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{8}\left(\frac{3}{x^2}-x^2+9x^2-\frac{3}{x^2}\right)=x^2[/tex].
Сега условието за [tex]u[/tex]. Тъй като [tex]\log_2 t\ge 0\Leftrightarrow t\ge 1[/tex], а основата [tex]\frac{1}{2}[/tex] е по-малка от [tex]1[/tex], неравенството е еквивалентно на
[tex]\log_{\frac{1}{2}}\frac{u-1}{u+1}\ge 1\Leftrightarrow 0\lt\frac{u-1}{u+1}\le\frac{1}{2}[/tex]
Лявото неравенство дава [tex]u\lt -1[/tex] или [tex]u\gt 1[/tex], а дясното —
[tex]\frac{u-1}{u+1}-\frac{1}{2}=\frac{u-3}{2(u+1)}\le 0\Leftrightarrow -1\lt u\le 3[/tex]
Следователно [tex]u\in\left(1; 3\right][/tex]. В този интервал [tex]\frac{3}{u^2}[/tex] и [tex]-u^2[/tex] са намаляващи, значи [tex]f(u)[/tex] е намаляваща и достига най-малката си стойност при [tex]u=3[/tex]:
[tex]f(3)=\frac{1}{8}\left(\frac{1}{3}-9\right)=-\frac{13}{12}[/tex]
(Стойността [tex]f(1)=\frac{1}{4}[/tex] не се достига, тъй като [tex]u=1[/tex] не удовлетворява условието.)

Решение:
Идеята е да изберем [tex]y[/tex] така, че [tex]xy=x+y[/tex]; тогава [tex]f(xy)[/tex] и [tex]f(x+y)[/tex] се съкращават. При [tex]x\ne 1[/tex] полагаме [tex]y=\frac{x}{x-1}[/tex]. Тогава
[tex]xy=\frac{x^2}{x-1},\quad x+y=\frac{x(x-1)+x}{x-1}=\frac{x^2}{x-1}[/tex]
т.е. [tex]xy=x+y[/tex] и даденото неравенство приема вида [tex]f(x-y)\ge 0[/tex], където
[tex]x-y=\frac{x(x-1)-x}{x-1}=\frac{x^2-2x}{x-1}[/tex]
Остава да покажем, че всяко реално число [tex]a[/tex] може да се запише в този вид за някое [tex]x\ne 1[/tex]. При [tex]x\ne 1[/tex]
[tex]\frac{x^2-2x}{x-1}=a\Leftrightarrow x^2-(a+2)x+a=0[/tex]
Дискриминантата на това квадратно уравнение е [tex](a+2)^2-4a=a^2+4\gt 0[/tex], следователно то има реални корени, а [tex]x=1[/tex] не е корен, защото [tex]1-(a+2)+a=-1\ne 0[/tex].
Като вземем такъв корен [tex]x[/tex] и [tex]y=\frac{x}{x-1}[/tex], получаваме [tex]x-y=a[/tex] и следователно [tex]f(a)\ge 0[/tex]. Тъй като [tex]a[/tex] е произволно реално число, [tex]f(x)\ge 0[/tex] за всяко реално [tex]x[/tex].

Решение:
Използваме тъждествата [tex]3xy(x+y)=(x+y)^3-x^3-y^3[/tex] и [tex]18xy=9\left((x+y)^2-x^2-y^2\right)[/tex]. От тях
[tex]3xy(x+y+6)=\left[(x+y)^3+9(x+y)^2\right]-\left[x^3+9x^2\right]-\left[y^3+9y^2\right][/tex]
Нека [tex]h(x)=f(x)-x^3-9x^2-8[/tex]. Като заместим [tex]f(x)=h(x)+x^3+9x^2+8[/tex] в уравнението, кубичните и квадратните членове се съкращават, а за константите имаме [tex]8=8+8-8[/tex]. Получаваме уравнението на Коши
[tex]h(x+y)=h(x)+h(y),\quad x,y\in\mathbb{Q}[/tex]
При [tex]x=y=0[/tex] получаваме [tex]h(0)=0[/tex]. По индукция [tex]h(nx)=nh(x)[/tex] за всяко естествено [tex]n[/tex], тъй като [tex]h((n+1)x)=h(nx)+h(x)[/tex]. При [tex]y=-x[/tex] получаваме [tex]h(-x)=-h(x)[/tex], следователно [tex]h(nx)=nh(x)[/tex] за всяко цяло [tex]n[/tex]. За [tex]x=\frac{p}{q}[/tex], където [tex]p\in\mathbb{Z}[/tex], [tex]q\in\mathbb{N}[/tex]:
[tex]q\,h\left(\frac{p}{q}\right)=h(p)=p\,h(1)\Rightarrow h\left(\frac{p}{q}\right)=\frac{p}{q}\,h(1)[/tex]
Следователно [tex]h(x)=cx[/tex], където [tex]c=h(1)[/tex], т.е. [tex]f(x)=x^3+9x^2+cx+8[/tex]. Обратно, всяка такава функция удовлетворява уравнението, тъй като [tex]h(x)=cx[/tex] е адитивна. Условието [tex]f(-8)=0[/tex] дава
[tex]-512+576-8c+8=0\Rightarrow c=9[/tex]
Следователно единствената такава функция е [tex]f(x)=x^3+9x^2+9x+8=(x+8)\left(x^2+x+1\right)[/tex].

Решение:
При [tex]n=1[/tex]: [tex]2P(1)=P(1)[/tex], т.е. [tex]P(1)=0[/tex]. Като извадим равенството за [tex]n-1[/tex] от равенството за [tex]n[/tex] ([tex]n\ge 2[/tex]), получаваме [tex]P(2n-1)=2nP(n)-2(n-1)P(n-1)[/tex]. Двете страни са полиноми на [tex]n[/tex], които съвпадат за безброй много стойности, следователно тъждествено
[tex]P(2x-1)=2xP(x)-2(x-1)P(x-1)[/tex]
[tex]P[/tex] не е нулевият полином, тъй като [tex]P(2)=6[/tex]. Нека [tex]d=\deg P[/tex], а [tex]a\ne 0[/tex] е старшият му коефициент. Старшият член на лявата страна е [tex]2^da\,x^d[/tex]. С [tex]Q(x)=xP(x)[/tex] дясната страна е [tex]2\left(Q(x)-Q(x-1)\right)[/tex] и понеже [tex]x^{d+1}-(x-1)^{d+1}=(d+1)x^d+\ldots[/tex], старшият ѝ член е [tex]2a(d+1)x^d[/tex]. Следователно
[tex]2^d=2(d+1)[/tex]
Това не е вярно за [tex]d=0; 1; 2[/tex] ([tex]1\ne 2[/tex], [tex]2\ne 4[/tex], [tex]4\ne 6[/tex]) и е вярно за [tex]d=3[/tex]; при [tex]d\ge 4[/tex] имаме [tex]2^d\gt 2(d+1)[/tex] (вярно е за [tex]d=4[/tex], а при увеличаване на [tex]d[/tex] с [tex]1[/tex] лявата страна се удвоява, докато дясната нараства само с [tex]2[/tex]). Значи [tex]\deg P=3[/tex].
Още стойности: при [tex]n=2[/tex] имаме [tex]4P(2)=P(1)+P(3)[/tex], т.е. [tex]P(3)=24[/tex]; при [tex]n=3[/tex] имаме [tex]6P(3)=P(1)+P(3)+P(5)[/tex], т.е. [tex]P(5)=144-24=120[/tex].
Кубичният полином [tex]x^3-x[/tex] приема стойностите [tex]0; 6; 24; 120[/tex] при [tex]x=1; 2; 3; 5[/tex]. Два полинома от степен най-много [tex]3[/tex], които съвпадат в [tex]4[/tex] точки, са равни (разликата им е от степен най-много [tex]3[/tex] и има [tex]4[/tex] корена), следователно
[tex]P(x)=x^3-x=(x-1)x(x+1)[/tex]
Проверка: [tex]\sum_{k=1}^{n}(2k-1)^3=n^2\left(2n^2-1\right)[/tex] и [tex]\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=n^2[/tex], откъдето
[tex]P(1)+P(3)+\ldots+P(2n-1)=2n^4-2n^2=2n\left(n^3-n\right)=2nP(n)[/tex]
Следователно
[tex]P(2009)=2008\cdot 2009\cdot 2010=8108484720[/tex]

Решение:
Функцията [tex]f(n)=n[/tex] удовлетворява условието: [tex]3n-2n=n[/tex].
Обратно, нека [tex]f[/tex] удовлетворява условието и [tex]g(n)=f(n)-n[/tex]; [tex]g[/tex] приема цели стойности. Условието може да се запише като [tex]2f(f(n))-2f(n)=f(n)-n[/tex], т.е.
[tex]2g\left(f(n)\right)=g(n),\quad n\in\mathbb{Z}[/tex]
Фиксираме цяло число [tex]n[/tex] и дефинираме [tex]n_0=n[/tex], [tex]n_{k+1}=f(n_k)[/tex]; всички [tex]n_k[/tex] са цели. Прилагайки връзката за [tex]n_k[/tex], получаваме [tex]g(n_{k+1})=\frac{g(n_k)}{2}[/tex], следователно по индукция за всяко естествено [tex]k[/tex]
[tex]g(n_k)=\frac{g(n)}{2^k}[/tex]
Тъй като [tex]g(n_k)[/tex] е цяло число, [tex]g(n)[/tex] се дели на [tex]2^k[/tex] за всяко естествено [tex]k[/tex]. Ако [tex]g(n)\ne 0[/tex], избираме [tex]k[/tex] с [tex]2^k\gt\left|g(n)\right|[/tex]; ненулево цяло число не може да се дели на число, по-голямо от абсолютната му стойност — противоречие. Следователно [tex]g(n)=0[/tex], т.е. [tex]f(n)=n[/tex] за всяко цяло [tex]n[/tex].

Решение:
Да допуснем, че такава функция съществува, и нека [tex]g(x)=x^2-x-1[/tex], т.е. [tex]f(f(x))=g(x)[/tex].
Стъпка [tex]1[/tex]. [tex]f[/tex] комутира с [tex]g[/tex]: за всяко [tex]x[/tex]
[tex]f(g(x))=f\left(f(f(x))\right)=g\left(f(x)\right)[/tex]
Стъпка [tex]2[/tex]. Неподвижните точки на [tex]g[/tex]: [tex]x^2-x-1=x\Leftrightarrow x^2-2x-1=0[/tex], т.е. те образуват множеството [tex]A=\left\{1-\sqrt{2}; 1+\sqrt{2}\right\}[/tex]. За уравнението [tex]g(g(x))=x[/tex] имаме
[tex]g(g(x))-x=\left(x^2-x-1\right)^2-\left(x^2-x-1\right)-1-x[/tex]
[tex]=x^4-2x^3-2x^2+2x+1=\left(x^2-2x-1\right)\left(x^2-1\right)[/tex]
следователно решенията му образуват множеството [tex]B=\left\{1-\sqrt{2}; 1+\sqrt{2}; -1; 1\right\}[/tex]. Да отбележим, че [tex]g(1)=-1[/tex] и [tex]g(-1)=1[/tex].
Стъпка [tex]3[/tex]. Ако [tex]g(p)=p[/tex], то от стъпка [tex]1[/tex] получаваме [tex]g(f(p))=f(g(p))=f(p)[/tex], т.е. [tex]f[/tex] изобразява [tex]A[/tex] в [tex]A[/tex]. Ако [tex]g(g(t))=t[/tex], то [tex]g\left(g(f(t))\right)=f\left(g(g(t))\right)=f(t)[/tex], т.е. [tex]f[/tex] изобразява [tex]B[/tex] в [tex]B[/tex].
Стъпка [tex]4[/tex]. Според стъпка [tex]3[/tex] е изпълнено [tex]f(1)\in B[/tex]. Ако [tex]f(1)\in A[/tex], то и [tex]f(f(1))\in A[/tex]; но [tex]f(f(1))=g(1)=-1\notin A[/tex]. Следователно [tex]f(1)\in\{1; -1\}[/tex]. Ако [tex]f(1)=1[/tex], то [tex]g(1)=f(f(1))=f(1)=1[/tex], което противоречи на [tex]g(1)=-1[/tex]. Значи [tex]f(1)=-1[/tex].
Тогава [tex]f(-1)=f(f(1))=g(1)=-1[/tex], откъдето [tex]g(-1)=f(f(-1))=f(-1)=-1[/tex], което противоречи на [tex]g(-1)=1[/tex]. Следователно такава функция не съществува.