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

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 жёсткость. Непрерывность переносит свойство с на ; 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 , удобно сдвинуть начало координат в её неподвижную точку.

• Оценки и «зажатие»: получить и устремить .

• 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 такие, что разность рациональна всякий раз, когда рациональна разность .

Ответ: , где (рациональное!), а 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 , 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

Итак,

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 — горизонтальная прямая.

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

Это уравнение Коши на множестве . Из него стандартно следует линейность: для целого имеем , для дроби , то есть

Шаг 3 (сборка ответа). Мы доказали равенство для всех рациональных . Но левая часть непрерывна по , правая тоже, а две непрерывные функции, совпадающие на всюду плотном множестве , совпадают всюду (рис. 1.2). Значит, оно верно для всех вещественных . Подставим :

Положив , получаем с . ∎

Рис. 1.2. Приращение и прямая совпадают во всех рациональных точках; будучи непрерывными, они совпадают и во всех вещественных. Это и «достраивает» функцию с на .

Главная идея.

Три наблюдения работают вместе:

(i) непрерывная функция со значениями в 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 удовлетворяет неравенству

при всех и всех .

Докажите, что постоянна.

Ответ: постоянна (других функций нет).

Идеи решения.

Сумма с коэффициентами ограничена при всех — это очень сильно.

Соседние суммы и отличаются на одно слагаемое ; раз обе ограничены, само слагаемое обязано убывать как .

Затем удачной заменой превратим и в две произвольные точки — и получим .

Решение.

Шаг 1 (изолируем одно слагаемое). Обозначим

По условию при всех . Тогда для каждого

откуда

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

Рис. 2.1. Универсальная оценка (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 . Подберём так, чтобы и :

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

Правая часть не зависит от и стремится к нулю; устремляя , получаем . Так как произвольны, постоянна. ∎

Рис. 2.2. Концы и фиксированы, а шаг уменьшается с ростом : промежуточных узлов 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 .

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

3. Образ отрезка — отрезок той же длины

Источник: IMC 2006, День 2, задача 2.2.

Условие. Найдите все функции такие, что для любых вещественных образ является замкнутым отрезком длины .

Ответ: или (где ).

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 непрерывность).

Точки и лежат в отрезке длины , поэтому

Так как произвольны, для любых выполнено — это условие Липшица с константой (рис. 3.1). Из него сразу следует непрерывность .

Рис. 3.1. Условие 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 — максимум и минимум достигаются на концах (рис. 3.2). Следовательно,

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

Шаг 3 (один и тот же наклон).

Равенство говорит: для любых разность равна или . Хочется сказать «функция кусочно-линейна с наклоном , 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 :

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 , имеющие непрерывную вторую производную, для которых

Ответ: , где .

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 . Сдвинем туда начало координат (замена ) — тогда уравнение станет однородным: , без сдвига.

Решение.

Шаг 1 (неподвижная точка и сдвиг).

Решим : получаем . Положим

Подставим в исходное уравнение.

Тогда , и потому

Точки стягиваются к нулю под действием обратного преобразования (рис. 4.1) — этим мы воспользуемся.

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

Шаг 2 (дважды дифференцируем).

Дифференцируя по :

Итак, , а значит и при всех . Устремляя и пользуясь непрерывностью , получаем

Если вторая производная постоянна, то функция квадратична.

Шаг 3 (восстановление и подгонка).

Из получаем . Подставим в :

Сравнивая коэффициенты: при имеем ; свободный член . Значит и

Любое такое , очевидно, подходит. Геометрически парабола самоподобна относительно преобразования « по горизонтали и по вертикали» (рис. 4.2). ∎

Рис. 4.2. Решение — парабола с вершиной в неподвижной точке . Преобразование (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 , в которую удобно сдвинуть начало. Итерации плюс непрерывность дают , то есть параболу.

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

5. Среднее геометрическое и касательная

Источник: IMC 2018, День 1, задача 1.4.

Условие. Найдите все дифференцируемые функции такие, что

Ответ: , где .

Идеи решения.

В условии «зашито» среднее геометрическое — а логарифм превращает геометрическое среднее в арифметическое. Поэтому замена (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 и . Тогда , а . Перепишем условие:

Так как и , получаем

Замена (так что ) делает уравнение симметричным:

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

Рис. 5.1. Логарифм переводит среднее геометрическое (неравномерно расположенное между и ) ровно в середину . Поэтому замена симметризует уравнение.

Шаг 2 (самораскрутка гладкости).

В правая часть непрерывна (как и левая), потому что дифференцируема, значит непрерывна; но тогда из при фиксированном выражается

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

Шаг 3 (сводим к ОДУ).

Продифференцируем по :

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

Подставим : получаем , то есть

Значит, , откуда

Шаг 4 (возврат и проверка).

Вспоминая и обозначая (так что ):

Прямой подстановкой проверяется, что все три «кирпичика» удовлетворяют исходному условию (для и константы — очевидно; для это в точности равенство , а ).

Переобозначив постоянные, получаем ответ . Геометрический смысл условия — касательная в точке параллельна секущей на (рис. 5.2). ∎

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

Главная идея. Замена оправдана структурой условия: логарифм превращает в арифметическое среднее, и уравнение симметризуется до . Дальше работает связка «самораскрутка гладкости дифференцируем ОДУ », дающая базис .

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 — множество положительных вещественных чисел. Найдите все функции такие, что

Указание.

Ответ: , где (при это ). Ниже — полное решение по шагам.

Шаг 1. для всех . Пусть, напротив, при некотором . Возьмём . Прямая проверка даёт . Подставив , получаем , и так как , выходит — противоречие. Значит, всюду.

Шаг 2. не возрастает. При имеем , ведь .

Шаг 3. Если где-то равна , то . Пусть . Тогда для любого

то есть периодична с периодом . Невозрастающая периодическая функция постоянна, значит (случай ).

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

Шаг 5. Симметрия и уравнение Коши. Заменим (законно, ):

Левая часть симметрична по , поэтому . По инъективности

Значит, для имеем (константа), откуда и

Так как на , нужно .

Шаг 6. Проверка. Для : Всё сходится. Семейство решений показано на рис. Д1.

Рис. Д1. Семейство решений при . 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 такая, что для каждого 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 :

.

Шаг 3. По непрерывности и

(последнее — потому что всюду, в том числе в точке ). Значит, найдётся и такие, что при всех .

Шаг 4 (противоречие). Для

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

Рис. Д2. Если на луче , то влево функция убывает не медленнее прямой с наклоном 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 является многочленом для каждого . Следует ли отсюда, что — многочлен?

Указание.

Ответ: да, обязательно многочлен. Хватает даже и .

Пусть и — многочлены. Тогда — рациональная функция (там, где ), и

В кольце многочленов (это область с однозначным разложением на множители) разложим по неприводимым. Тогда должно быть полным квадратом , то есть все показатели чётны; а так как нечётно, чётны сами . Значит, для некоторого многочлена , и , откуда . Поэтому

— многочлен. (Где обращается в нуль, равенство продлевается по непрерывности.) ∎

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

Рис. Д3. Пример: — полный квадрат (синяя кривая касается оси в кратных корнях), а его «квадратный корень» — снова многочлен. Условие 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 такие, что

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 к равенству, получим , то есть

(iii) возрастает.

Если бы убывала, то и убывала бы; тогда при обе величины и стремились бы к нулю, тогда как . Противоречие.

(iv) Отношение постоянно вдоль орбит.

Заменив в тождестве на , получим .

Поэтому для выполнено

то есть отношение одинаково в точках

(v) Ответ и проверка.

Все функции подходят: и .

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 для прямой означает — верно при любом .

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

ДЗ-5. Невозможное неравенство (со звёздочкой)

Источник: IMC 2001, День 2, задача 2.5.

Условие. Докажите, что не существует функции с , удовлетворяющей при всех неравенству

Указание.

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

Старт. Положим .

Подстановка даёт для всех — линейная снизу оценка.

Куда двигаться.

Из неё выводится, что не ограничена сверху и на подходящем луче возрастает. Тогда в неравенстве 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

— «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 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 с для всех .

  Идея: из неравенства ограничена на лучах и при ; дальше — противоречие «слишком быстрого» поведения (родственно ДЗ-5).

• IMC 2012, День 1, задача 1.4. Пусть непрерывно дифференцируема и при всех . Докажите, что при .

  Идея: строгое неравенство задаёт «запас», из которого извлекается монотонность нужных композиций.

• IMC 2005, День 2, задача 2.1. Для и докажите .

• 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 постоянна».

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

Рис. 2.1. Столбчатая диаграмма значений для с наложенной красной кривой ; 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 и 0; синие дуги-стрелки «деление на 7» стягивают точки к неподвижной точке 0.

Рис. 4.2. Парабола с вершиной в ; две красные точки и её образ на той же кривой, соединённые пунктирной стрелкой; самоподобие.

Рис. 5.1. Две параллельные числовые шкалы: верхняя с (геометрическое среднее ближе к меньшему), нижняя — их логарифмы с серединой посередине; вертикальные стрелки .

Рис. 5.2. Кривая на ; красная секущая через и параллельная ей бирюзовая касательная в точке .

Рис. Д1. Семейство кривых при на ; все , убывающие при ; легенда по .

Рис. Д2. Синяя возрастающая положительная кривая для и её красное пунктирное продолжение влево с наклоном , 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.