ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-07   
Найти все пары ненулевых целых значений $m \leq n$, удовлетворяющих неравенству $m + n \neq 0$ и тождеству
$f_{m}(xy)f_{n}(x, y) \equiv f_{m+n}(x, y), x, y \in \mathbf{R}, xy(x+y) \neq 0$,
где обозначено
$f_{k}(x, y) = (x^{k} + y^{h} + (-1)^{k} (x + y)^{k})/k$.
Указание. Пары $m = 2, n = 3$ и $m = 2, n = 5$ требуемым условиям удовлетворяют.


Решение:


Докажем, что никакие пары искомых значений, кроме приведенных в указании, не удовлетворяют требуемым условиям. Предположим, что некоторая целочисленная пара $(m; n)$, отличная от $(2;3)$ и $(2; 5)$, удовлетворяет неравенствам $m \leq n, mn(m +n) \neq 0$ и тождеству
$f_{m}(x, y) f_{n}(x, y) \equiv f_{m+n}(x, y), x, y \in \mathbf{R}, xy(x+y) \neq 0$,
где
$f_{k}(x,y) = (x^{k} + y^{k} + (-1)^{k}(x+y)^{k})/k$ при $k \in \mathbf{Z}, k \neq 0$.
Для каждого фиксированного значения $y = y_{0} \neq 0$ справедливы следующие утверждения. Если $k < 0$, то
$lim_{x \rightarrow \infty} x^{k} = lim_{x \rightarrow \infty} (x + y_{0})^{k} = 0$,
откуда
$lim_{x \rightarrow \infty} f_{k}(x,y_{0}) = y^{k}_{0}/k$.
Если число $k \in \mathbf{N}$ четно, то
$f_{k}(x, y) \equiv \frac{1}{k} \left ( 2x^{k} + 2y^{k} + \sum_{i=1}^{k-1}C^{i}_{k}x^{i}y^{k-i} \right )$,
откуда
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{k}(x,y_{0})}{x^{k}} = \frac{2}{k}$.
Наконец, $f_{1}(x, y) \equiv 0$, а если число $k \in \mathbf{N}$ нечетно и $k \neq 1$, то
$f_{k}(x,y) \equiv - \frac{1}{k} \sum_{i=1}^{k-1}C_{k}x^{i}y^{k-i}$,
откуда
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{k}(x, y_{0})}{x^{k-1}} = - \frac{y_{0}}{k}C_{k}^{k-1} = - y_{0}$.
Рассмотрим несколько случаев.
а) Пусть числа $m, n \in \mathbf{N}$ четны. Тогда, учитывая исходное тождество, получаем
$\frac{2}{m+n} = lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{m+n}(x, y_{0})}{x^{m+n}} = lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{m}(x, y_{0})}{x^{m}} lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{n}(x, y_{0})}{x^{n}} = \frac{4}{mn}$,
откуда $(m+n)/2 = mn/4$, т. е. $(m/2 - 1) (n/2 - 1) = 1$. Последнее условие выполняется лишь при $n/2 = m/2 = 2$, откуда $m = n = 4$, что невозможно, ибо
$f_{4}(1, 1)f_{4}(1,1) = (2 + 2^{4})^{2}/4^{2} = 81/4 \neq 129/4 = (2+2^{8})/8 = f_{8}(1, 1)$.
б) Пусть числа $m, n \in \mathbf{N}$ нечетны. Тогда имеем
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{m}(x, y_{0}) f_{n}(x, y_{0})}{x^{m+n}} = lim_{x \rightarrow \infty} \frac{1}{x^{2}} \frac{f_{m}(x, y_{0})}{x^{m-1}} \frac{f_{n}(x, y_{0})}{x^{n-1}} = 0$,
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{m+n}(x, y_{0})}{x^{m+n}} = \frac{2}{m+n}$,
что противоречит исходному тождеству.
в) Пусть одно из чисел $m, n \in \mathbf{N}$ (обозначим его через $p$) четно, а другое (обозначим его через $q$) нечетно. Тогда $q > 1$, так как если $q = 1$, то $f_{q}(1, 1) = 0$, и в силу тождества имеем
$f_{p+q}(1, 1) = \frac{2 – 2^{p+q}}{p+q} = 0$,
что невозможно, ибо $p + q > 1$. Поэтому получаем
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{p}(x, y_{0}) f_{q}(x, y_{0})}{x^{p+q-1}} = lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{p}(x, y_{0})}{x^{p}} \frac{f_{q}(x, y_{0})}{x^{q-1}} = - \frac{2y_{0}}{p}$,
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{p+q}(x, y_{0})}{x^{p+q-1}} = -y_{0}$,
откуда $p = 2$. Из тождества имеем
$3 \cdot (2 – 2^{q})/q = f_{2}(1, 1)f_{q}(1, 1) = f_{2+q}(1, 1) = (2 – 2^{2+q})/(2 + q)$
т. е.
$3(2 + q)(1 – 2^{q-1}) = q(1 – 2^{q+1})$, или $3 + q = (6 - q)2^{q-2}$.
Поэтому $q < 6$, а так как $q$ нечетно $q > 1$, то $q \in \{3;5 \}$, что противоречит сделанному предположению.
г) Пусть $m < 0$, а число $n \in \mathbf{N}$ четно. Так как $n > m+n$, то независимо от знака и четности числа $m + n$ имеем
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{m+n}(x,y_{0})}{x^{n}} = 0$
в то время как
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{m}(x, y_{0}) f_{n}(x, y_{0})}{x^{n}} = lim_{x \rightarrow \infty} f_{m}(x, y_{0}) lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{n}(x, y_{0})}{x^{n}} = \frac{2y_{0}^{m}}{mn} \neq 0$.
д) Пусть $m < 0$, а число $n \in \mathbf{N}$ нечетно. Тогда $n \neq 1$, так как если $n =1$, то $f_{n}(1, 1) = 0$, и в силу тождества имеем
$f_{m+n}(1, 1) = \frac{2 + (-1)^{m+n}2^{m+n}}{m+n} = 0$,
что невозможно, ибо $m + n < 0$. Поэтому, с одной стороны, получаем
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{m}(x, y_{0}) f_{n}(x, y_{0})}{x^{n-1}} = lim_{x \rightarrow \infty} f_{m}(x, y_{0}) lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{n}(x, y_{0})}{x^{n-1}} = \frac{- y_{0}^{m+1}}{m} \neq 0$.
С другой стороны, если $m < - 1$, то $n – 1 > m + n$, и независимо от знака и четности числа $m + n$ имеем
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{m+n}(x, y_{0})}{x^{n-1}} = 0$.
Поэтому число $m$ может быть равным только - 1. Тогда число $m + n = n – 1$ четно и
$lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f_{m+n}(x, y_{0})}{x^{n-1}} = \frac{2}{n-1}$.
Итак, при каждом значении $y_{0} \neq 0$ справедливо равенство $1/y_{0} = 2/( n - 1)$, что невозможно,
е) Пусть $m, n < 0$. Тогда
$lim_{x \rightarrow \infty} f_{m}(x, y_{0}) f_{n}(x, y_{0}) = y_{0}^{m+n}/mn$,
$lim_{x \rightarrow \infty} f_{m+n}(x, y_{0}) = y_{0}^{m+n}/(m+n)$,
но равенство $y_{0}^{m+n}/mn = y_{0}^{m+n}/(m+n)$ не имеет места, ибо $mn > 0,
m + n < 0$.
Таким образом, условию задачи удовлетворяют только две пары $(m; n): (2; 3)$ и $(2; 5)$.