Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3260
2019-05-29 
На доске написаны три функции:
$f_1(x) = x + \frac{1}{x}, f_2(x) = x^2, f_3 (x) = (x - 1)^2$.
Можно складывать, вычитать и перемножать эти функции (в том числе возводить в квадрат, в куб, ...), умножать их на произвольное число, прибавлять к ним произвольное число, а также проделывать эти операции с полученными выражениями. Получите таким образом функцию $1 / x$. Докажите, что если стереть с доски любую из функций $f_1, f_2, f_3$, то получить $1/x$ невозможно.
Решение:
Поскольку $f_2(x) - f_3(x) = 2x - 1$ и поскольку мы можем прибавить 1 и умножить полученное выражение $2x$ на 1/2, можно получить функцию $x$. Вычитая ее из $f_1(x)$, получим
$\frac{1}{x} = f_1 (x) - 1/2 (f_2 (x) - f_3 (x) + 1)$.
Перейдем к доказательствам того, что невозможно получить $1/x$, используя только две из трех функций. Поскольку операция деления не дозволена, выразить $1/x$ только через функции $f_2$ и $f_3$ невозможно: никак нельзя получить $x$ в знаменателе. Иными словами, если умножать и складывать многочлены, то опять получатся многочлены, а функция $1/x$ многочленом не является.
Интереснее доказательство того, что нельзя обойтись без функции $f_2$. Посчитаем производные функций $f_1$ и $f_3$ в точке $x = 1$. Обе оказываются равны 0. Если производные двух функция в точке 1 равны 0, то производная как их суммы, так и их произведения равна 0. Для произведения это следует из вычисления
$(fg)^{ \prime}(1) = f^{ \prime}(1)g(1) + f(1)g^{ \prime}(1) = 0$.
Так что все функции, которые можно получить при помощи указанных операций из функций $f_1$ и $f_3$, имеют нулевую производную в точке 1. A производная функции $1/x$ в точке 1 отлична от 0.
Осталось доказать необходимость функции $f_3$. Мы докажем это тремя способами.
Первое Доказательство. Ясно, что любая функция, полученная из $f_1$ и $f_2$, будет иметь вид $\frac {f(x)}{x^n}$, где $n \geq 0$, $f(x)$ - многочлен (такие функции называются многочленами Лорана).
Любой многочлен Лорана можно записать в виде $\frac {f(x)}{x^n}$ с четным $n$. Пусть $A$ - множество таких многочленов Лорана $\frac {f(x)}{x^2k}$, что многочлен $f(x) - f(-x)$ делится на $x^2 + 1$.
Имеем $f_1 \in A$, так как $f_1(x) = \frac {f(x)}{x^2}$, где $f(x) = x(x^2 + 1)$, причем $f(x) - f(-x) = 2x(x^2 +1)$ делится на $x^2 + 1$. Еще проще проверить, что $f_2 \in A$: имеем $x^2 = x^2 - (-x)^2 = 0$ делится на $x + 1$. С другой стороны, $1/x \notin A$, так как $1/x = x/x^2$ и $x - (-x) = 2x$ не делится на $x^2 + 1$.
Осталось показать, что сумма и произведение многочленов Лорана из $A$ снова принадлежат $A$. Утверждение про сумму мы оставим читателю в качестве упражнения. Рассмотрим многочлены Лорана $\frac {f(x)}{x^2k}$ и $\frac {g(x)}{x^2l}$, принадлежащие множеству $A$. Тогда
$\frac{f(x)}{ x^{2k}} \cdot \frac{g(x)}{x^{2l}} = \frac {f(x)g(x)}{x^2(k+l)}$,
и
$f(x)g(x) - f(-x)g(-x) = f(x)(g(x) - g(-x)) + g(-x)(f(x) - f(-x))$
делится на $x^2 + 1$.
Второе доказательство, не совсем элементарное. Все наши функции определены при всех комплексных $x = 0$ (см. комментарий).
Если подставить $x = i = \sqrt {-1}$ в $f_1$ и $f_2$, то получим $i + \frac{1}{i} = i - i = 0, i^2 = -1$ - числа вещественные. Значит, каждая из функций, полученных из $f_1$ и $f_2$ будет иметь вещественное значение в точке $i$. А только через вещественные числа выразить мнимое число $f_3(i) = -2i$ нельзя.
Вариант второго доказательства. Предыдущее решение не проходит, если разрешить умножать функции на комплексные числа. Однако его нетрудно модифицировать. Имеем $f_1 (i) = f_1 (-i), f_2 (i) = f_2 (-i)$. Значит, любая функция, полученная из $f_1$ и $f_2$, принимает одно и то же значение в точках $i$ и $-i$. Однако $f_3(i) \neq / f_3 (-i)$.
Ответ: $\frac{1}{x} = f_1(x) - f_2(x) - f_3(x) + \frac{1}{2}$.
На доске написаны три функции:
$f_1(x) = x + \frac{1}{x}, f_2(x) = x^2, f_3 (x) = (x - 1)^2$.
Можно складывать, вычитать и перемножать эти функции (в том числе возводить в квадрат, в куб, ...), умножать их на произвольное число, прибавлять к ним произвольное число, а также проделывать эти операции с полученными выражениями. Получите таким образом функцию $1 / x$. Докажите, что если стереть с доски любую из функций $f_1, f_2, f_3$, то получить $1/x$ невозможно.
Решение:
Поскольку $f_2(x) - f_3(x) = 2x - 1$ и поскольку мы можем прибавить 1 и умножить полученное выражение $2x$ на 1/2, можно получить функцию $x$. Вычитая ее из $f_1(x)$, получим
$\frac{1}{x} = f_1 (x) - 1/2 (f_2 (x) - f_3 (x) + 1)$.
Перейдем к доказательствам того, что невозможно получить $1/x$, используя только две из трех функций. Поскольку операция деления не дозволена, выразить $1/x$ только через функции $f_2$ и $f_3$ невозможно: никак нельзя получить $x$ в знаменателе. Иными словами, если умножать и складывать многочлены, то опять получатся многочлены, а функция $1/x$ многочленом не является.
Интереснее доказательство того, что нельзя обойтись без функции $f_2$. Посчитаем производные функций $f_1$ и $f_3$ в точке $x = 1$. Обе оказываются равны 0. Если производные двух функция в точке 1 равны 0, то производная как их суммы, так и их произведения равна 0. Для произведения это следует из вычисления
$(fg)^{ \prime}(1) = f^{ \prime}(1)g(1) + f(1)g^{ \prime}(1) = 0$.
Так что все функции, которые можно получить при помощи указанных операций из функций $f_1$ и $f_3$, имеют нулевую производную в точке 1. A производная функции $1/x$ в точке 1 отлична от 0.
Осталось доказать необходимость функции $f_3$. Мы докажем это тремя способами.
Первое Доказательство. Ясно, что любая функция, полученная из $f_1$ и $f_2$, будет иметь вид $\frac {f(x)}{x^n}$, где $n \geq 0$, $f(x)$ - многочлен (такие функции называются многочленами Лорана).
Любой многочлен Лорана можно записать в виде $\frac {f(x)}{x^n}$ с четным $n$. Пусть $A$ - множество таких многочленов Лорана $\frac {f(x)}{x^2k}$, что многочлен $f(x) - f(-x)$ делится на $x^2 + 1$.
Имеем $f_1 \in A$, так как $f_1(x) = \frac {f(x)}{x^2}$, где $f(x) = x(x^2 + 1)$, причем $f(x) - f(-x) = 2x(x^2 +1)$ делится на $x^2 + 1$. Еще проще проверить, что $f_2 \in A$: имеем $x^2 = x^2 - (-x)^2 = 0$ делится на $x + 1$. С другой стороны, $1/x \notin A$, так как $1/x = x/x^2$ и $x - (-x) = 2x$ не делится на $x^2 + 1$.
Осталось показать, что сумма и произведение многочленов Лорана из $A$ снова принадлежат $A$. Утверждение про сумму мы оставим читателю в качестве упражнения. Рассмотрим многочлены Лорана $\frac {f(x)}{x^2k}$ и $\frac {g(x)}{x^2l}$, принадлежащие множеству $A$. Тогда
$\frac{f(x)}{ x^{2k}} \cdot \frac{g(x)}{x^{2l}} = \frac {f(x)g(x)}{x^2(k+l)}$,
и
$f(x)g(x) - f(-x)g(-x) = f(x)(g(x) - g(-x)) + g(-x)(f(x) - f(-x))$
делится на $x^2 + 1$.
Второе доказательство, не совсем элементарное. Все наши функции определены при всех комплексных $x = 0$ (см. комментарий).
Если подставить $x = i = \sqrt {-1}$ в $f_1$ и $f_2$, то получим $i + \frac{1}{i} = i - i = 0, i^2 = -1$ - числа вещественные. Значит, каждая из функций, полученных из $f_1$ и $f_2$ будет иметь вещественное значение в точке $i$. А только через вещественные числа выразить мнимое число $f_3(i) = -2i$ нельзя.
Вариант второго доказательства. Предыдущее решение не проходит, если разрешить умножать функции на комплексные числа. Однако его нетрудно модифицировать. Имеем $f_1 (i) = f_1 (-i), f_2 (i) = f_2 (-i)$. Значит, любая функция, полученная из $f_1$ и $f_2$, принимает одно и то же значение в точках $i$ и $-i$. Однако $f_3(i) \neq / f_3 (-i)$.
Ответ: $\frac{1}{x} = f_1(x) - f_2(x) - f_3(x) + \frac{1}{2}$.
