Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 390
2014-06-07 
Пусть $M$ - множество функций $f_{1} \mathbf{Z} \rightarrow \mathbf{R}$, удовлетворяющих условию $f(0) \neq 0$ и тождеству
$f(n)f(m) \equiv f(n+m) + f(n-m), n,m \in \mathbf{Z}$.
Найти: а) все функции $f(n) \in M$, для которых $g(1) = 5/2$; б) все функции $f(n) \in M$, для которых $f(1) = \sqrt{3}$.
Решение:
Подставляя в исходное тождество для функции $f(n) \in M$ значения $n = m = 0$, получаем $(f(0))^2 = 2f(0)$. Но $f(0) \neq 0$, поэтому $f(0) = 2$. Далее, подставляя в тождество значение $m = 1$, получаем тождество $f(n)f(1) \equiv f(n+1) + f(n - 1), n \in \mathbf{Z}$. Если заданы значения функции $f(n)$ а точках $n =.0$ и $n = 1$, то из этого тождества однозначно определяются значения $f(2)$ и $f(- 1)$, а затем $f(3)$ и $f(-2)$ и т. д., т. е. все значения $f(n)$ при $n \in \mathbf{Z}$. Таким образом, функция $f(n)$ единственным образом определяется условиями задачи, так как $f(0) = 2$ и $f(1) = 5/2$ (в п. а)) или $f(1)=\sqrt{3}$ (в п. б)). Остается убедиться в том, что функции
$f(n) = 2^{n} + 2^{-n}$ и $f(n) = 2 \cos(\pi n/6)$
удовлетворяют всем условиям п. а) и б) соответственно. Действительно, имеем:
а) $f(0) = 2^{0} + 2^{0} \neq 0, f(1) = 2^{1} + 2^{-1} = 5/2$.
$f(n)f(m) = (2^{n} + 2^{-n})(2^{m} – 2^{-m}) = (2^{n+m} + 2^{-n-m}) + (2^{n-m} + 2^{m-n}) = f(n+m) + f(n-m)$ при всех $n, m \in \mathbf{Z}$;
б) $f(0) = 2 \cos 0 \neq 0, f(1) = 2 \cos (\pi /6) = \sqrt{3}$,
$f(n)f(m) = 2 \cos (\pi n/6) \cdot 2 \cos (\pi m/6) = 2 \cos (\pi (n+m)/6) + 2 \cos (\pi (n-m)/6) = f(n + m) + f(n-m)$ при всех $n, m \in \mathbf{Z}$.
Пусть $M$ - множество функций $f_{1} \mathbf{Z} \rightarrow \mathbf{R}$, удовлетворяющих условию $f(0) \neq 0$ и тождеству
$f(n)f(m) \equiv f(n+m) + f(n-m), n,m \in \mathbf{Z}$.
Найти: а) все функции $f(n) \in M$, для которых $g(1) = 5/2$; б) все функции $f(n) \in M$, для которых $f(1) = \sqrt{3}$.
Решение:
Подставляя в исходное тождество для функции $f(n) \in M$ значения $n = m = 0$, получаем $(f(0))^2 = 2f(0)$. Но $f(0) \neq 0$, поэтому $f(0) = 2$. Далее, подставляя в тождество значение $m = 1$, получаем тождество $f(n)f(1) \equiv f(n+1) + f(n - 1), n \in \mathbf{Z}$. Если заданы значения функции $f(n)$ а точках $n =.0$ и $n = 1$, то из этого тождества однозначно определяются значения $f(2)$ и $f(- 1)$, а затем $f(3)$ и $f(-2)$ и т. д., т. е. все значения $f(n)$ при $n \in \mathbf{Z}$. Таким образом, функция $f(n)$ единственным образом определяется условиями задачи, так как $f(0) = 2$ и $f(1) = 5/2$ (в п. а)) или $f(1)=\sqrt{3}$ (в п. б)). Остается убедиться в том, что функции
$f(n) = 2^{n} + 2^{-n}$ и $f(n) = 2 \cos(\pi n/6)$
удовлетворяют всем условиям п. а) и б) соответственно. Действительно, имеем:
а) $f(0) = 2^{0} + 2^{0} \neq 0, f(1) = 2^{1} + 2^{-1} = 5/2$.
$f(n)f(m) = (2^{n} + 2^{-n})(2^{m} – 2^{-m}) = (2^{n+m} + 2^{-n-m}) + (2^{n-m} + 2^{m-n}) = f(n+m) + f(n-m)$ при всех $n, m \in \mathbf{Z}$;
б) $f(0) = 2 \cos 0 \neq 0, f(1) = 2 \cos (\pi /6) = \sqrt{3}$,
$f(n)f(m) = 2 \cos (\pi n/6) \cdot 2 \cos (\pi m/6) = 2 \cos (\pi (n+m)/6) + 2 \cos (\pi (n-m)/6) = f(n + m) + f(n-m)$ при всех $n, m \in \mathbf{Z}$.
