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

  1. 1

    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.\boxed{z=x+y}. Если a=0a=0, функция тождественно равна нулю, и равенство выполняется при любом zz.
  2. 2

    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.\boxed{
    z=\frac{xy}{x+y}
    }.     При этом, конечно, x≠0,y≠0x\neq0,\qquad y\neq0.
  3. 3

    Пункт в)

    Пусть f(x)=arctg⁡xf(x)=\operatorname{arctg}x. arctg⁡x+arctg⁡y=arctg⁡z.\operatorname{arctg}x+\operatorname{arctg}y=\operatorname{arctg}z. Возьмем тангенс от обеих частей: tg⁡(arctg⁡x+arctg⁡y)=z.\operatorname{tg}\left(\operatorname{arctg}x+\operatorname{arctg}y\right)=z. Используем формулу тангенса суммы: tg⁡(α+β)=tg⁡α+tg⁡β1−tg⁡αtg⁡β.\operatorname{tg}(\alpha+\beta)
    =
    \frac{\operatorname{tg}\alpha+\operatorname{tg}\beta}
    {1-\operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}\beta}.     Находим z=x+y1−xy.z=\frac{x+y}{1-xy}. Поскольку ∣x∣<1,∣y∣<1|x|<1,\qquad |y|<1, ∣xy∣<1|xy|<1, значит, 1−xy>01-xy>0.z=x+y1−xy.\boxed{
    z=\frac{x+y}{1-xy}
    }.
  4. 4

    Пункт г)

    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}.
  5. 5
    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).

Проверка

z=x+y1+xy.\boxed{
z=\frac{x+y}{1+xy}
}.
Демидович № 205 — решение