Когда неизвестное — не число, а функция: разбор функциональных уравнений с олимпиады IMC / Хабр

Разбор задач Международной студенческой математической олимпиады (IMC) и домашнее задание

подробные решения с иллюстрациями; задачи отобраны из сборника IMC 1994–2025

—

Как создавался этот документ.

Я записал видео своего онлайн занятия со студентами ВШЭ, в рамках их подготовки к международной студенческой олимпиаде по высшей математике IMC. Затем настроил пайплан в виде конвейера из AI-агентов, которые проанализировали мое видео и за 100 минут собрали его. После этого с помощью ИИ залил содержимое pdf на Хабр в виде статьи целиком.

Получился интересный эксперимент — очень хорошее учебное пособие создается автоматически просто на основе живого проведения факультатива. Ошибок вручную в нем не нашел. Разве что много где вручную поставил переносы строк и пробелы, чтобы красивее было.

Схема конвейера есть в самом низу статьи.

Предлагаю оценить, что получилось и насколько качественно.

Как устроен этот листок.

Часть I содержит пять задач, которые мы разобрали на занятии: к каждой дано развёрнутое, «по шагам» решение в том же духе, что и у доски, с акцентом на идею и с несколькими иллюстрациями.

Часть II — домашнее задание: к каждой задаче приведено указание (от подробного плана до полного решения). В приложениях — ещё задачи по теме из сборника, список промптов к иллюстрациям и схема конвейера, которым этот материал готовился.

Что такое функциональное уравнение.

Это уравнение, неизвестным в котором является не число, а функция.

«Решить» его — значит описать все функции, ему удовлетворяющие, и доказать, что других нет. Поэтому в ответе почти всегда две части: (1) из условия выводим, какой вид обязана иметь функция; (2) проверяем, что найденное семейство действительно подходит.

Пропускать проверку нельзя — иначе можно «потерять» или «приобрести» решения.

Приёмы, которые встретятся.

Удачные подстановки. Частные значения переменных (, ) или выражения, которые что-то обнуляют либо «замыкают» уравнение само на себя.
Регулярность $\Rightarrow$ жёсткость. Непрерывность переносит свойство с $\mathbb{Q}$ на $\mathbb{R}$ ; дифференцируемость сводит задачу к дифференциальному уравнению и часто «самоусиливается» до бесконечной гладкости; монотонность даёт инъективность.
Классические уравнения. Уравнение Коши (при наличии регулярности — линейная функция) и уравнения типа Даламбера.
Неподвижная точка внутреннего преобразования: если внутри стоит $x\mapsto 7x+1$ , удобно сдвинуть начало координат в её неподвижную точку.
Оценки и «зажатие»: получить $|f(u)-f(v)|\le\varepsilon$ и устремить $\varepsilon\to0$ .
Инъективность для «снятия» : из заключить .

Часть I. Разобрано на занятии

================================================================

1. Приращения, сохраняющие рациональность

Источник: IMC 2008, День 1, задача 1.1.

Условие. Найдите все непрерывные функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ такие, что разность рациональна всякий раз, когда рациональна разность .

Ответ: , где $a\in\mathbb{Q}$ (рациональное!), а $b\in\mathbb{R}$ произвольно.

Идеи решения.
Если мы поймём, как функция ведёт себя в рациональных сдвигах, то по непрерывности она достроится до всей прямой однозначно. Поэтому:
(1) для каждого рационального сдвига посмотрим на приращение и докажем, что оно не зависит от ;
(2) поймём, как это приращение зависит от (это будет уравнение Коши);
(3) соберём ответ.

Решение.

Шаг 0 (проверка, что такие функции есть).

Если и $a\in\mathbb{Q}$ , то . Когда рационально и рационально, произведение рационально; функция непрерывна. Значит, все такие функции подходят. Осталось показать, что других нет.

Шаг 1 (приращение не зависит от ).

Зафиксируем рациональное число и рассмотрим функцию

Она непрерывна (разность непрерывных). Кроме того, рационально, поэтому по условию все её значения рациональны. Вот ключевой момент: непрерывная функция, принимающая только рациональные значения, постоянна. Действительно, если бы она принимала два разных рациональных значения, то по теореме о промежуточном значении принимала бы и все промежуточные — а среди них наверняка есть иррациональные числа, чего быть не может (рис. 1.1). Значит, постоянна; обозначим её значение как $c(r)\in\mathbb{Q}$

Итак,

$f(x+r)-f(x)=c(r)\quad\text{для всех }x\in\mathbb{R},\ r\in\mathbb{Q}.$

Рис. 1.1. Непрерывная кривая, желающая остаться на рациональных значениях, при переходе от уровня к обязана пройти иррациональный уровень (красная точка). Поэтому единственный непрерывный график со значениями в $\mathbb{Q}$ — горизонтальная прямая.

Шаг 2 (зависимость от — уравнение Коши). Для рациональных

$c(r+s)=f(x+r+s)-f(x)=\underbrace{\big(f(x+r+s)-f(x+r)\big)}_{=\,c(s)}+\underbrace{\big(f(x+r)-f(x)\big)}_{=\,c(r)}=c(r)+c(s).$

Это уравнение Коши на множестве $\mathbb{Q}$ . Из него стандартно следует линейность: для целого имеем $c(n)=n\,c(1)$ , для дроби $c(k/n)=\tfrac{k}{n}c(1)$ , то есть

$c(r)=a\,r,\qquad a:=c(1)\in\mathbb{Q}.$

Шаг 3 (сборка ответа). Мы доказали равенство $f(x+r)-f(x)=a\,r$ для всех рациональных . Но левая часть непрерывна по , правая тоже, а две непрерывные функции, совпадающие на всюду плотном множестве $\mathbb{Q}$ , совпадают всюду (рис. 1.2). Значит, оно верно для всех вещественных . Подставим :

$f(r)-f(0)=a\,r\quad\Longrightarrow\quad f(r)=a\,r+f(0)\quad(\forall r\in\mathbb{R}).$

Положив , получаем с $a\in\mathbb{Q}$ . ∎

Рис. 1.2. Приращение и прямая $a\,r$ совпадают во всех рациональных точках; будучи непрерывными, они совпадают и во всех вещественных. Это и «достраивает» функцию с $\mathbb{Q}$ на $\mathbb{R}$ .

Главная идея.
Три наблюдения работают вместе:
(i) непрерывная функция со значениями в $\mathbb{Q}$ постоянна (теорема о промежуточном значении);
(ii) приращение удовлетворяет уравнению Коши, а значит линейно с рациональным коэффициентом;
(iii) совпадение на плотном множестве плюс непрерывность даёт совпадение всюду. Знание функции на рациональных сдвигах однозначно достраивает её до всей прямой.

================================================================

2. Мажорируемые суммы приращений

Источник: IMC 1999, День 1, задача 1.3.

Условие. Функция $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ удовлетворяет неравенству
$\left|\sum_{k=1}^{n} 3^{k}\bigl(f(x+ky)-f(x-ky)\bigr)\right|\le 1$ при всех $n\in\mathbb{N}$ и всех $x,y\in\mathbb{R}$ .
Докажите, что постоянна.

Ответ: постоянна (других функций нет).

Идеи решения.
Сумма с коэффициентами ограничена при всех — это очень сильно.
Соседние суммы и $S_{n-1}$ отличаются на одно слагаемое ; раз обе ограничены, само слагаемое обязано убывать как .
Затем удачной заменой превратим и в две произвольные точки — и получим $|f(u)-f(v)|\le 2/3^n\to 0$ .

Решение.

Шаг 1 (изолируем одно слагаемое). Обозначим

$a_k=f(x+ky)-f(x-ky),\qquad S_n=\sum_{k=1}^{n}3^k a_k.$

По условию $|S_n|\le 1$ при всех . Тогда для каждого $n\ge 1$

$|3^n a_n|=|S_n-S_{n-1}|\le |S_n|+|S_{n-1}|\le 2,$

откуда

$\boxed{\,|a_n|=|f(x+ny)-f(x-ny)|\le \dfrac{2}{3^n}\,}\qquad(\forall\,x,y\in\mathbb{R},\ \forall n).$

Скорость, с которой это стремится к нулю, показана на рис. 2.1.

Рис. 2.1. Универсальная оценка $|a_n|\le 2/3^n$ (столбики и кривая). Геометрическое убывание со знаменателем «давит» приращения к нулю — это и заставит функцию быть постоянной.

Шаг 2 (замена: две произвольные точки).

Возьмём любые $u,v\in\mathbb{R}$ . Подберём так, чтобы и :

$x=\frac{u+v}{2},\qquad y=\frac{u-v}{2n}.$

Это законно при каждом (рис. 2.2). Подставив в оценку шага 1, получаем

$|f(u)-f(v)|\le \frac{2}{3^n}\qquad\text{при всех }n.$

Правая часть не зависит от и стремится к нулю; устремляя $n\to\infty$ , получаем . Так как произвольны, постоянна. ∎

Рис. 2.2. Концы и фиксированы, а шаг $y=\tfrac{u-v}{2n}$ уменьшается с ростом : промежуточных узлов $x\pm ky$ становится больше, но крайние точки всегда попадают в и . Поэтому оценка применима к при сколь угодно большом .

Главная идея.
«Геометрический вес» — это рычаг: ограниченность всех частных сумм вынуждает -е слагаемое убывать как . А свобода выбора позволяет назначить концам отрезка любые значения . Вместе это даёт $|f(u)-f(v)|\le 2/3^n\to 0$ .

================================================================

3. Образ отрезка — отрезок той же длины

Источник: IMC 2006, День 2, задача 2.2.

Условие. Найдите все функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ такие, что для любых вещественных образ является замкнутым отрезком длины .

Ответ: или (где $c\in\mathbb{R}$ ).

Иными словами, «сдвиг» или «отражение со сдвигом».

Идеи решения.
Сначала из условия добудем регулярность: то, что концы образа отстоят ровно на , означает, что не растягивает расстояния — это условие Липшица, а с ним приходит непрерывность. Затем из «образ длины ровно » извлечём, что на каждом отрезке максимум и минимум достигаются на концах, и приращение по модулю равно длине. Останется аккуратно — алгебраически доказать, что наклон всюду один и тот же.

Решение.

Шаг 1 (условие Липшица $\Rightarrow$ непрерывность).

Точки и лежат в отрезке длины , поэтому

$|f(a)-f(b)|\le b-a.$

Так как произвольны, для любых выполнено $|f(x)-f(y)|\le|x-y|$ — это условие Липшица с константой (рис. 3.1). Из него сразу следует непрерывность .

Рис. 3.1. Условие $|f(x)-f(y)|\le|x-y|$ означает, что график не выходит из «конуса наклонов» от до (голубая область) ни в одной точке. Такая функция автоматически непрерывна.

Шаг 2 (максимум и минимум — на концах).

Непрерывная функция на отрезке достигает максимума (в некоторой точке ) и минимума (в точке ). Тогда образ , и по условию . Но непрерывная функция между точками и принимает все промежуточные значения, поэтому уже образ совпадает с и имеет длину . С другой стороны, длина образа отрезка равна . Значит, , а это возможно лишь если $\{p,q\}=\{a,b\}$ — максимум и минимум достигаются на концах (рис. 3.2). Следовательно,

$|f(b)-f(a)|=M-m=b-a\qquad\text{для всех }a<b. \qquad(\ast)$

Рис. 3.2. Образ имеет длину , равную длине основания . Максимум и минимум вынужденно сидят на концах, а экстремальный случай — прямая наклона $\pm1$

Шаг 3 (один и тот же наклон).

Равенство $(\ast)$ говорит: для любых разность равна или . Хочется сказать «функция кусочно-линейна с наклоном $\pm1$ , значит это прямая», но так рассуждать опасно: изломы могли бы быть расположены всюду плотно, и тогда «концевой» довод не проходит. Поэтому докажем постоянство наклона алгебраически. Возьмём три точки и запишем три приращения через знаки $s_1,s_2,s_3\in\{+1,-1\}$ :

$f(y)-f(x)=s_1(y-x),\quad f(z)-f(y)=s_2(z-y),\quad f(z)-f(x)=s_3(z-x).$

Сложение первых двух даёт . Сравнивая с третьим равенством,

Левая часть по модулю равна . Это возможно (по неравенству треугольника, с равенством) только когда ; тогда и . Значит, знак приращения один и тот же для всех пар точек. Если этот знак , то имеет нулевые приращения, то есть ; если , то . ∎

Главная идея. Сначала «бесплатно» получаем непрерывность (Липшиц), затем — что приращение по модулю точно равно длине. Ключевой и самый тонкий момент — глобальное постоянство знака наклона: его честно доказывает не картинка с изломами (они могут быть всюду плотными!), а алгебраическое равенство , вынуждающее .

================================================================

4. Самоподобие:

Источник: IMC 2023, День 1, задача 1.1.

Условие. Найдите все функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ , имеющие непрерывную вторую производную, для которых $f(7x+1)=49\,f(x)\qquad\text{при всех }x\in\mathbb{R}.$

Ответ: $f(x)=c\left(x+\tfrac16\right)^2$ , где $c\in\mathbb{R}$ .

Идеи решения.
Идея 1. Уравнение связывает в точке и в точке ;
продифференцировав его дважды, мы «понизим» его до удобного соотношения на .
Идея 2. Внутреннее преобразование имеет неподвижную точку $x_\ast=-\tfrac16$ . Сдвинем туда начало координат (замена $g(u)=f(x_\ast+u)$ ) — тогда уравнение станет однородным: $g(7u)=49\,g(u)$ , без сдвига.

Решение.

Шаг 1 (неподвижная точка и сдвиг).

Решим $x_\ast=7x_\ast+1$ : получаем $x_\ast=-\tfrac16$ . Положим

$g(u)=f\!\left(-\tfrac16+u\right),\qquad\text{так что } f(x)=g\!\left(x+\tfrac16\right).$

Подставим $x=-\tfrac16+u$ в исходное уравнение.

Тогда $7x+1=7(-\tfrac16+u)+1=-\tfrac16+7u$ , и потому

$f(7x+1)=g(7u),\qquad 49f(x)=49\,g(u)\ \Longrightarrow\ \boxed{\,g(7u)=49\,g(u)\,}\quad(\forall u).$

Точки $u,\ u/7,\ u/49,\dots$ стягиваются к нулю под действием обратного преобразования (рис. 4.1) — этим мы воспользуемся.

Рис. 4.1. В сдвинутых координатах уравнение однородно: . Итерации $u\mapsto u/7$ стягивают любую точку к неподвижной; именно это позволит «дотянуть» значение до .

Шаг 2 (дважды дифференцируем).

Дифференцируя по :

$7\,g'(7u)=49\,g'(u)\ \Rightarrow\ g'(7u)=7\,g'(u);\qquad\text{ещё раз: } 7\,g''(7u)=7\,g''(u)\ \Rightarrow\ g''(7u)=g''(u).$

Итак, , а значит и $g''(u)=g''(u/7)=g''(u/49)=\dots=g''(u/7^n)$ при всех . Устремляя $n\to\infty$ и пользуясь непрерывностью , получаем

$g''(u)=\lim_{n\to\infty}g''\!\left(\tfrac{u}{7^n}\right)=g''(0)=:2c\quad(\text{постоянная}).$

Если вторая производная постоянна, то функция квадратична.

Шаг 3 (восстановление и подгонка).

Из $g''\equiv 2c$ получаем $g(u)=c\,u^2+\beta u+\gamma$ . Подставим в :

$c\cdot 49u^2+7\beta u+\gamma = 49\big(c\,u^2+\beta u+\gamma\big).$

Сравнивая коэффициенты: при имеем $7\beta=49\beta\Rightarrow\beta=0$ ; свободный член $\gamma=49\gamma\Rightarrow\gamma=0$ . Значит $g(u)=c\,u^2$ и

$f(x)=g\!\left(x+\tfrac16\right)=c\left(x+\tfrac16\right)^2.$

Любое такое , очевидно, подходит. Геометрически парабола самоподобна относительно преобразования « $x\mapsto 7x+1$ по горизонтали и $\times 49$ по вертикали» (рис. 4.2). ∎

Рис. 4.2. Решение — парабола $f(x)=c\left(x+\tfrac16\right)^2$ с вершиной в неподвижной точке $x_\ast=-\tfrac16$ . Преобразование $x\mapsto 7x+1$ (по горизонтали) вместе с умножением на (по вертикали) переводит график в себя: точка уходит в другую точку той же параболы.

Главная идея.
Две идеи в связке:
(1) дважды продифференцировать, чтобы убрать «коэффициент » и получить ;
(2) неподвижная точка $x_\ast=-\tfrac16$ , в которую удобно сдвинуть начало. Итерации $u\mapsto u/7$ плюс непрерывность дают $g''\equiv\text{const}$ , то есть параболу.

%================================================================

5. Среднее геометрическое и касательная

Источник: IMC 2018, День 1, задача 1.4.

Условие. Найдите все дифференцируемые функции такие, что $f(b)-f(a)=(b-a)\,f'\!\big(\sqrt{ab}\big)\qquad\text{для всех }a,b>0.$

Ответ: $f(x)=\alpha x+\beta+\dfrac{\gamma}{x}$ , где $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R}$ .

Идеи решения.
В условии «зашито» среднее геометрическое $\sqrt{ab}$ — а логарифм превращает геометрическое среднее в арифметическое. Поэтому замена $x=e^{t}$ (то есть ) обязана упростить уравнение. После замены получится симметричное соотношение, которое (как у Даламбера) дифференцированием сведётся к простому ОДУ. Попутно из уравнения «самораскрутится» бесконечная гладкость .

Решение.

Шаг 1 (удачная замена ). Положим $a=e^{s},\ b=e^{t}$ и $h(t)=f(e^{t})$ . Тогда $h'(t)=e^{t}f'(e^{t})$ , а $\sqrt{ab}=e^{(s+t)/2}$ . Перепишем условие:

$h(s)-h(t)=(e^{s}-e^{t})\,f'\!\big(e^{(s+t)/2}\big).$

Так как $f'(e^{(s+t)/2})=e^{-(s+t)/2}h'\!\big(\tfrac{s+t}{2}\big)$ и $(e^{s}-e^{t})e^{-(s+t)/2}=e^{(s-t)/2}-e^{-(s-t)/2}=2\sinh\!\tfrac{s-t}{2}$ , получаем

$h(s)-h(t)=2\sinh\!\Big(\tfrac{s-t}{2}\Big)\,h'\!\Big(\tfrac{s+t}{2}\Big).$

Замена $u=\tfrac{s+t}{2},\ v=\tfrac{s-t}{2}$ (так что $s=u+v,\ t=u-v$ ) делает уравнение симметричным:

$\boxed{\,h(u+v)-h(u-v)=2\sinh(v)\,h'(u)\,}\qquad(\forall u,v). \qquad(\star)$

То, что логарифм «выпрямляет» геометрическое среднее в арифметическое, показано на рис. 5.1.

Рис. 5.1. Логарифм переводит среднее геометрическое $\sqrt{ab}$ (неравномерно расположенное между и ) ровно в середину $\tfrac{\ln a+\ln b}{2}$ . Поэтому замена симметризует уравнение.

Шаг 2 (самораскрутка гладкости).

В $(\star)$ правая часть $2\sinh(v)h'(u)$ непрерывна (как и левая), потому что дифференцируема, значит непрерывна; но тогда из $(\star)$ при фиксированном $v\ne 0$ выражается

$h'(u)=\frac{h(u+v)-h(u-v)}{2\sinh(v)},$

и правая часть дифференцируема по — значит, дважды дифференцируема. Повторяя, получаем, что бесконечно гладкая. Теперь можно дифференцировать $(\star)$ сколько угодно раз.

Шаг 3 (сводим к ОДУ).

Продифференцируем $(\star)$ по :

$h'(u+v)+h'(u-v)=2\cosh(v)\,h'(u). \qquad(\star\star)$

Теперь продифференцируем $(\star\star)$ по ещё дважды (левая часть при этом меняет знаки производных так, что после второго раза снова получается сумма):

$h'''(u+v)+h'''(u-v)=2\cosh(v)\,h'(u).$

Подставим : получаем $2\,h'''(u)=2\,h'(u)$ , то есть

$h'''(u)=h'(u),\qquad\text{иначе говоря}\qquad (h')''=h'.$

Значит, $h'(u)=Pe^{u}+Qe^{-u}$ , откуда

$h(u)=A\,e^{u}+B\,e^{-u}+C.$

Шаг 4 (возврат и проверка).

Вспоминая $h(u)=f(e^{u})$ и обозначая $x=e^{u}$ (так что $e^{-u}=1/x$ ):

$f(x)=A\,x+\frac{B}{x}+C.$

Прямой подстановкой проверяется, что все три «кирпичика» $x,\ 1/x,\ 1$ удовлетворяют исходному условию (для и константы — очевидно; для это в точности равенство $\tfrac1b-\tfrac1a=(b-a)\cdot(-\tfrac{1}{ab})$ , а $\sqrt{ab}^{\,2}=ab$ ).

Переобозначив постоянные, получаем ответ $f(x)=\alpha x+\beta+\gamma/x$ . Геометрический смысл условия — касательная в точке $\sqrt{ab}$ параллельна секущей на (рис. 5.2). ∎

Рис. 5.2. Для решения (одного из «кирпичиков») условие выполняется точно: касательная в точке $\sqrt{ab}=2$ параллельна секущей через и . Это и есть геометрический смысл уравнения — «теорема о среднем, но точка касания — ровно среднее геометрическое».

Главная идея. Замена $x=e^{t}$ оправдана структурой условия: логарифм превращает $\sqrt{ab}$ в арифметическое среднее, и уравнение симметризуется до $(\star)$ . Дальше работает связка «самораскрутка гладкости $\to$ дифференцируем $\to$ ОДУ », дающая базис $\{x,\,1/x,\,1\}$ .

Часть II. Домашнее задание

К каждой задаче дано указание: где-то это полный план решения, где-то — развёрнутый разбор. Сначала честно попробуйте сами, и лишь затем подсматривайте. Ответы намеренно вынесены в указания, чтобы не лишать вас удовольствия.

================================================================

ДЗ-1. Мультипликативно-аддитивное уравнение

Источник: IMC 2000, День 2, задача 2.5.

Условие. Пусть $\mathbb{R}^{+}$ — множество положительных вещественных чисел. Найдите все функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ такие, что $f(x)\,f\big(y\,f(x)\big)=f(x+y)\qquad\text{для всех }x,y>0.$

Указание.

Ответ: $f(x)=\dfrac{1}{1+cx}$ , где $c\ge 0$ (при это $f\equiv 1$ ). Ниже — полное решение по шагам.

Шаг 1. $f(x)\le 1$ для всех . Пусть, напротив, при некотором . Возьмём $y_\ast=\dfrac{a}{f(a)-1}>0$ . Прямая проверка даёт $y_\ast f(a)=a+y_\ast$ . Подставив $x=a,\ y=y_\ast$ , получаем $f(a)\,f(a+y_\ast)=f(a+y_\ast)$ , и так как $f(a+y_\ast)>0$ , выходит — противоречие. Значит, $f\le 1$ всюду.

Шаг 2. не возрастает. При имеем $f(x+y)=f(x)\,f(yf(x))\le f(x)\cdot 1=f(x)$ , ведь $f(yf(x))\le1$ .

Шаг 3. Если где-то равна , то $f\equiv 1$ . Пусть . Тогда для любого

то есть периодична с периодом . Невозрастающая периодическая функция постоянна, значит $f\equiv 1$ (случай ).

Шаг 4. Иначе всюду и строго убывает. Если бы была постоянна на отрезке , то при и малом из $f(p+y)=k\,f(yk)$ и следовало бы — невозможно (мы в случае ). Значит, «полок» нет: строго убывает, а потому инъективна.

Шаг 5. Симметрия и уравнение Коши. Заменим $y\to z/f(x)$ (законно, ):

$f(x)f(z)=f\!\Big(x+\tfrac{z}{f(x)}\Big).$

Левая часть симметрична по , поэтому $f\big(x+\tfrac{z}{f(x)}\big)=f\big(z+\tfrac{x}{f(z)}\big)$ . По инъективности

$x+\frac{z}{f(x)}=z+\frac{x}{f(z)}\ \Longrightarrow\ x\Big(\tfrac{1}{f(z)}-1\Big)=z\Big(\tfrac{1}{f(x)}-1\Big).$

Значит, для $G(t):=\tfrac{1}{f(t)}-1$ имеем $\dfrac{G(x)}{x}=\dfrac{G(z)}{z}=:c$ (константа), откуда и

$f(x)=\frac{1}{1+cx}.$

Так как на $\mathbb{R}^{+}$ , нужно $c\ge 0$ .

Шаг 6. Проверка. Для $f(x)=\tfrac{1}{1+cx}$ : $f(x)f(yf(x))=\dfrac{1}{1+cx}\cdot\dfrac{1+cx}{1+cx+cy}=\dfrac{1}{1+c(x+y)}=f(x+y).$ Всё сходится. Семейство решений показано на рис. Д1.

Рис. Д1. Семейство решений $f(x)=\tfrac{1}{1+cx}$ при $c=0,\tfrac12,1,2$ . Все они не превосходят и (при ) строго убывают — ровно те два свойства, что были выведены в шагах 1–2.

================================================================

ДЗ-2. Существует ли с ?

Источник: IMC 2002, День 1, задача 1.2.

Условие. Существует ли непрерывно дифференцируемая функция $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ такая, что для каждого $x\in\mathbb{R}$ выполнены и ?

Указание.

Ответ: нет, такой функции не существует.

Идея — показать, что производная отделена от нуля на левом луче, и проинтегрировать.

Шаг 1. Так как , то , поэтому строго возрастает.

Шаг 2. Будучи возрастающей и ограниченной снизу нулём, имеет предел при $x\to-\infty$ :

$L=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)\ge 0$ .

Шаг 3. По непрерывности и $f\circ f$

$f'(x)=f\big(f(x)\big)\xrightarrow[x\to-\infty]{}f(L)>0$

(последнее — потому что всюду, в том числе в точке $L\ge0$ ). Значит, найдётся и $\varepsilon>0$ такие, что $f'(x)\ge\varepsilon$ при всех $x\le x_0$ .

Шаг 4 (противоречие). Для

$f(x)=f(x_0)-\int_x^{x_0}f'(t)\,dt\le f(x_0)-\varepsilon\,(x_0-x)\xrightarrow[x\to-\infty]{}-\infty,$

что противоречит . Следовательно, такой функции нет (рис. Д2). ∎

Рис. Д2. Если $f'\ge\varepsilon>0$ на луче $(-\infty,x_0]$ , то влево функция убывает не медленнее прямой с наклоном $\varepsilon$ и неизбежно становится отрицательной (красный пунктир) — противоречие с .

================================================================

ДЗ-3. Степени функции — многочлены

Источник: IMC 2005, День 2, задача 2.2.

Условие. Пусть такова, что $(f(x))^{n}$ является многочленом для каждого $n=2,3,\dots$ . Следует ли отсюда, что — многочлен?

Указание.

Ответ: да, обязательно многочлен. Хватает даже и .

Пусть $p=f^{2}$ и $q=f^{3}$ — многочлены. Тогда $f=\dfrac{q}{p}$ — рациональная функция (там, где $p\ne0$ ), и

$q^{2}=f^{6}=p^{3}.$

В кольце многочленов (это область с однозначным разложением на множители) разложим $p=\prod p_i^{a_i}$ по неприводимым. Тогда $p^{3}=\prod p_i^{3a_i}$ должно быть полным квадратом $q^{2}$ , то есть все показатели чётны; а так как нечётно, чётны сами . Значит, $p=s^{2}$ для некоторого многочлена , и $q^{2}=p^{3}=s^{6}$ , откуда $q=\pm s^{3}$ . Поэтому

$f=\frac{q}{p}=\frac{\pm s^{3}}{s^{2}}=\pm s$

— многочлен. (Где обращается в нуль, равенство $f=\pm s$ продлевается по непрерывности.) ∎

Иллюстрация идеи «квадратный корень из полного квадрата — снова многочлен» — на рис. Д3.

Рис. Д3. Пример: $f^{2}=(x^{2}-1)^{2}$ — полный квадрат (синяя кривая касается оси в кратных корнях), а его «квадратный корень» $s=x^{2}-1$ — снова многочлен. Условие $q^{2}=p^{3}$ как раз и гарантирует, что — полный квадрат.

================================================================

ДЗ-4. Строго монотонное уравнение

Источник: IMC 1999, День 1, задача 1.4.

Условие. Найдите все строго монотонные функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ такие, что
$f\!\left(\frac{x^{2}}{f(x)}\right)=x\qquad\text{для всех }x>0.$

Указание.

Ответ: , где .

Подробный план:

(i) — биекция, а значит непрерывна. Правая часть равенства пробегает все , поэтому сюръективна; будучи строго монотонной, она инъективна. Строго монотонная биекция интервала на интервал не имеет скачков — следовательно, непрерывна.

(ii) Ключевое тождество.

Применив $f^{-1}$ к равенству, получим $\dfrac{x^{2}}{f(x)}=f^{-1}(x)$ , то есть

$f(x)\cdot f^{-1}(x)=x^{2}.$

(iii) возрастает.

Если бы убывала, то и $f^{-1}$ убывала бы; тогда при $x\to\infty$ обе величины и $f^{-1}(x)$ стремились бы к нулю, тогда как $x^{2}\to\infty$ . Противоречие.

(iv) Отношение постоянно вдоль орбит.

Заменив в тождестве на , получим $f(f(x))=\dfrac{f(x)^{2}}{x}$ .

Поэтому для $r(x):=\dfrac{f(x)}{x}$ выполнено

$r\big(f(x)\big)=\frac{f(f(x))}{f(x)}=\frac{f(x)}{x}=r(x),$

то есть отношение одинаково в точках $x,\,f(x),\,f(f(x)),\dots$

(v) Ответ и проверка.

Все функции подходят: $\dfrac{x^2}{Cx}=\dfrac{x}{C}$ и $f\big(\tfrac{x}{C}\big)=C\cdot\tfrac{x}{C}=x$ .

Семейство — лучи (рис. Д4).

Самое тонкое — доказать, что не зависит от (а не только постоянно вдоль каждой орбиты). Подумайте, как соединить непрерывность со строгой монотонностью : это и есть «изюминка» задачи.

Рис. Д4. Решения — лучи (). Тождество $f(x)\,f^{-1}(x)=x^{2}$ для прямой означает $Cx\cdot\tfrac{x}{C}=x^{2}$ — верно при любом .

================================================================

ДЗ-5. Невозможное неравенство (со звёздочкой)

Источник: IMC 2001, День 2, задача 2.5.

Условие. Докажите, что не существует функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ с , удовлетворяющей при всех $x,y\in\mathbb{R}$ неравенству $f(x+y)\ge f(x)+y\,f\big(f(x)\big).$

Указание.

Ответ: такой функции нет. Это трудная задача — ниже стратегия, доведение до конца оставляется как вызов.

Старт. Положим .

Подстановка даёт $f(y)\ge c+y\,f(c)$ для всех — линейная снизу оценка.

Куда двигаться.

Из неё выводится, что не ограничена сверху и на подходящем луче возрастает. Тогда в неравенстве $f(x+y)\ge f(x)+y\,f(f(x))$ при больших «наклон» сам неограниченно велик (ведь велико, и от большого аргумента велико). Это вынуждает расти быстрее любой линейной функции; раскручивая оценку, получаем, что приращения становятся настолько большими, что не может принимать конечных значений.

Полезный приём.

Подставьте (когда оно положительно): получится

$f\big(x+f(f(x))\big)\ge f(x)+\big(f(f(x))\big)^{2},$

— «динамическое» неравенство, в котором значение растёт скачками квадратичного порядка. Аккуратная итерация этого наблюдения и приводит к противоречию. Качественно «разгон до бесконечности» изображён на рис. Д5.

Рис. Д5. Качественная картина: неравенство заставляет приращения нарастать всё быстрее, и значения «уходят в бесконечность» — ни одна функция $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ так себя вести не может. Это и есть источник противоречия.

================================================================

Приложения

A. Ещё задачи по теме в сборнике IMC

При повторном просмотре сборника нашлись и другие функциональные уравнения и близкие сюжеты. Их можно взять для дополнительной практики (формулировки приведены кратко).

IMC 1999, День 2, задача 2.4. Докажите, что не существует $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ с $f(f(x))\ge f(x+y)\,(f(x)+y)$ для всех .
Идея: из неравенства ограничена на лучах и $f(t)\to0$ при $t\to\infty$ ; дальше — противоречие «слишком быстрого» поведения (родственно ДЗ-5).
IMC 2012, День 1, задача 1.4. Пусть $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ непрерывно дифференцируема и при всех . Докажите, что $f(f(f(t)))\le0$ при $t\ge0$ .
Идея: строгое неравенство задаёт «запас», из которого извлекается монотонность нужных композиций.
IMC 2005, День 2, задача 2.1. Для $f(x)=x^{2}+bx+c$ и $M=\{x:|f(x)|<1\}$ докажите $|M|\le 2\sqrt2$ .
Идея: оценка длины через корни
IMC 1999, День 1, задача 1.5 и др. — ещё несколько сюжетов на подстановки и регулярность.

B. Промпты к иллюстрациям

Каждый рисунок снабжён кратким «промптом» — описанием, по которому его можно перерисовать (в TikZ или средствами генерации изображений). Стиль единый: чёрные оси, выделение ключевого объекта цветом, минимум деталей.

Рис. 1.1. Числовая плоскость; непрерывная синяя кривая поднимается от рационального уровня к и вынужденно пересекает пунктирный «иррациональный» уровень (красная точка); рядом — допустимая горизонтальная зелёная прямая. Подпись: «непрерывная + значения в $\mathbb{Q}$ $\Rightarrow$ постоянна».

Рис. 1.2. Прямая и оранжевые точки на ней в рациональных абсциссах; идея «совпадение на плотном множестве $\Rightarrow$ совпадение всюду».

Рис. 2.1. Столбчатая диаграмма значений $2/3^{n}$ для $n=1\ldots6$ с наложенной красной кривой $2/3^{x}$ ; быстрый геометрический спад.

Рис. 2.2. Две числовые прямые ( и ) с общими, вертикально выровненными концами и ; на нижней больше промежуточных узлов. Идея: концы фиксированы, узлы густеют.

Рис. 3.1. График функции внутри голубого «конуса наклонов» от -1 до +1, исходящего из точки ; условие Липшица с константой 1.

Рис. 3.2. Отрезок на оси и образ на оси , обе длины помечены фигурными скобками как ; красная прямая наклона от к .

Рис. 4.1. Числовая ось; точки $u,\,u/7,\,u/49$ и 0; синие дуги-стрелки «деление на 7» стягивают точки к неподвижной точке 0.

Рис. 4.2. Парабола $f(x)=c(x+\tfrac16)^2$ с вершиной в $-\tfrac16$ ; две красные точки и её образ на той же кривой, соединённые пунктирной стрелкой; самоподобие.

Рис. 5.1. Две параллельные числовые шкалы: верхняя с $a,\sqrt{ab},b$ (геометрическое среднее ближе к меньшему), нижняя — их логарифмы с серединой посередине; вертикальные стрелки $\ln$ .

Рис. 5.2. Кривая на ; красная секущая через $(1,1),(4,\tfrac14)$ и параллельная ей бирюзовая касательная в точке $\sqrt{ab}=2$ .

Рис. Д1. Семейство кривых при $c=0,\tfrac12,1,2$ на ; все $\le1$ , убывающие при ; легенда по .

Рис. Д2. Синяя возрастающая положительная кривая для $x\ge x_0$ и её красное пунктирное продолжение влево с наклоном $\varepsilon$ , пересекающее ось (значения становятся отрицательными).

Рис. Д3. Синяя кривая (касается оси в кратных корнях) и оранжевая — её «квадратный корень»; обе помечены.

Рис. Д4. Три луча из начала координат при ; легенда по .

Рис. Д5. Синяя кривая с вертикальной асимптотой («конечный рубеж»), вдоль которой значения «разгоняются» в бесконечность.

Рис. В.1 (схема конвейера).

Блок-схема из восьми скруглённых блоков-этапов (оркестратор; видео-агент; источник-агент; педагог-агент; верификатор; иллюстратор; сборщик; доставка) со стрелками; две входные ветви (видео и источник) сливаются в педагог-агенте.

C. О конвейере подготовки материалов

Этот материал готовился как небольшой «многоагентный» конвейер: задача разбита на специализированные этапы, каждый со своими входами, инструментами и артефактами.

Схема — на рис. В.1.

Рис. В.1. Конвейер. Две входные ветви — обработка видео (этап 2) и анализ сборника (этап 3) — сливаются в педагог-агенте: разбор у доски (по кадрам) соединяется с письменными решениями. Дальше идут проверка, иллюстрирование, сборка PDF и доставка артефактов.

Замечание о точности. Часть видео-сигнала (то, что преподаватель пишет и печатает на доске) была считана покадрово и учтена в формулировках разборов: идеи вынесены наверх, к каждому шагу добавлены словесные пояснения, отмечены «тонкие места» (например, почему в задаче 3 алгебраический довод о знаках предпочтительнее «геометрического», ведь изломы могут быть всюду плотными). Аудиодорожка на этапе подготовки текста также использовалась.