Раздел I. Введение в анализ — § 3. Понятие функции

Демидович — задача 205

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 205

Пустьf(x)+f(y)=f(z).f(x)+f(y)=f(z).Определить zz, если:а) f(x)=ax;б) f(x)=1x;\text{а) }f(x)=ax;\qquad \text{б) }f(x)=\frac1x;в) f(x)=arctg⁡x (∣x∣<1);г) f(x)=log⁡1+x1−x.\text{в) }f(x)=\operatorname{arctg}x\ (|x|<1);\qquad \text{г) }f(x)=\log\frac{1+x}{1-x}.

Решение

Пункт а)

Пусть f(x)=axf(x)=ax. По условию f(x)+f(y)=f(z)f(x)+f(y)=f(z). Подставляем вид функции: ax+ay=az.ax+ay=az. Выносим aa: a(x+y)=az.a(x+y)=az. Если a≠0a\neq0, сокращаем на aa: z=x+y.z=x+y. Если a=0a=0, функция тождественно равна нулю, и равенство выполняется при любом zz.

Пункт б)

Пусть f(x)=1xf(x)=\frac1x. Тогда условие f(x)+f(y)=f(z)f(x)+f(y)=f(z) принимает вид 1x+1y=1z.\frac1x+\frac1y=\frac1z. Приведем левую часть к общему знаменателю: 1x+1y=y+xxy.\frac1x+\frac1y=\frac{y+x}{xy}. x+yxy=1z.\frac{x+y}{xy}=\frac1z. Перемножаем крест-накрест: z(x+y)=xy.z(x+y)=xy. Если x+y≠0x+y\neq0, находим z=xyx+y.z=\frac{xy}{x+y}
. При этом, конечно, x≠0,y≠0x\neq0,\qquad y\neq0. Если x+y=0x+y=0, левая часть исходного равенства равна нулю, а 1z\frac{1}{z} при допустимом zz не равна нулю. В этом случае решения нет.

Пункт в)

Здесь f(t)=arctg⁡tf(t)=\operatorname{arctg}t задана при ∣t∣<1|t|<1, поэтому требуются ∣x∣<1|x|<1, ∣y∣<1|y|<1 и ∣z∣<1|z|<1.
Положим α=arctg⁡x\alpha=\operatorname{arctg}x, β=arctg⁡y\beta=\operatorname{arctg}y. Тогда α,β∈(−π4,π4)\alpha,\beta\in(-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}) и α+β∈(−π2,π2)\alpha+\beta\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}). На последнем интервале тангенс строго возрастает, поэтомуarctg⁡z=α+β⟺z=tg⁡(α+β)=x+y1−xy.\operatorname{arctg}z=\alpha+\beta
\quad\Longleftrightarrow\quad
z=\operatorname{tg}(\alpha+\beta)=\frac{x+y}{1-xy}.Знаменатель положителен, поскольку ∣xy∣<1|xy|<1. Осталось проверить, что zz входит в область определения данной функции:∣z∣<1⟺∣x+y∣<1−xy.|z|<1\quad\Longleftrightarrow\quad |x+y|<1-xy.Таким образом,z=x+y1−xyпри ∣x+y∣<1−xy.z=\frac{x+y}{1-xy}\quad\text{при }|x+y|<1-xy.Если это неравенство не выполнено, допустимого zz нет. Например, при x=y=12x=y=\frac{1}{2} формула даёт z=43z=\frac{4}{3}, а это число находится вне заданной области. Если рассматривать арктангенс на всей действительной прямой, последнее ограничение на zz не требуется; здесь же учитываем область, указанную в условии.

Пункт г)

Для существования f(x)f(x) и f(y)f(y) необходимо −1<x<1-1<x<1 и −1<y<1-1<y<1. Пусть f(x)=log⁡1+x1−x.f(x)=\log\frac{1+x}{1-x}. Условие f(x)+f(y)=f(z)f(x)+f(y)=f(z) записывается так: log⁡1+x1−x+log⁡1+y1−y=log⁡1+z1−z.\log\frac{1+x}{1-x}
+
\log\frac{1+y}{1-y}
=
\log\frac{1+z}{1-z}. Используем свойство логарифма: log⁡A+log⁡B=log⁡(AB).\log A+\log B=\log(AB). Получаем log⁡(1+x1−x⋅1+y1−y)=log⁡1+z1−z.\log\left(
\frac{1+x}{1-x}\cdot\frac{1+y}{1-y}
\right)
=
\log\frac{1+z}{1-z}.
Следовательно:(1+x)(1+y)(1−x)(1−y)=1+z1−z.\frac{(1+x)(1+y)}{(1-x)(1-y)} = \frac{1+z}{1-z}.Раскроем скобки: 1+x+y+xy1−x−y+xy=1+z1−z.\frac{1+x+y+xy}{1-x-y+xy} = \frac{1+z}{1-z}.

Перемножаем крест-накрест: (1+x+y+xy)(1−z)=(1−x−y+xy)(1+z).(1+x+y+xy)(1-z) = (1-x-y+xy)(1+z).

Раскрываем: 1+x+y+xy−z(1+x+y+xy)=1−x−y+xy+z(1−x−y+xy).1+x+y+xy-z(1+x+y+xy) = 1-x-y+xy+z(1-x-y+xy).

Переносим части без zz в одну сторону, а части с zz - в другую:

(1+x+y+xy)−(1−x−y+xy)=z[(1+x+y+xy)+(1−x−y+xy)].(1+x+y+xy)-(1-x-y+xy) = z\left[(1+x+y+xy)+(1-x-y+xy)\right].

Упрощаем: 2x+2y=z(2+2xy).2x+2y=z(2+2xy). Делим на 22: x+y=z(1+xy).x+y=z(1+xy).z=x+y1+xy.z=\frac{x+y}{1+xy}
.Проверим допустимость ответа. Имеем 1+xy>01+xy>0 и1−z2=(1+xy)2−(x+y)2(1+xy)2=(1−x2)(1−y2)(1+xy)2>0.1-z^2=\frac{(1+xy)^2-(x+y)^2}{(1+xy)^2}
=\frac{(1-x^2)(1-y^2)}{(1+xy)^2}>0.Поэтому ∣z∣<1|z|<1, оба логарифма определены и выполненные преобразования обратимы.