Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 404
2014-06-07 
Найти все монотонные обратимые функции $f: \mathbf{R} \rightarrow \mathbf{R}$, удовлетворяющие тождеству
$f(x) + f^{-1}(x) = 2x, x \in \mathbf{R}$.
Решение:
Рассмотрим функцию $g(x) = f(x) – x$ и докажем, что для любого значения $k \in \mathbf{Z}$ справедливо тождество
$f(x + kg(x)) \equiv x + (k + 1) g(x) (x \in \mathbf{R})$.
При $k = 0$ имеем верное тождество $f(x) = x + g(x) $. Пусть для некоторого значения $k \in \mathbf{N}$ тождества
$f(x + (k - 1)g(x)) \equiv x + kg(x)$
и
$f(x - (k - 1)g(x)) \equiv x - kg(x)$
уже доказаны. Тогда, используя тождество для функции $f(x)$, заданное в условии задачи, получаем
$f(x \pm kg(x) \equiv 2 ( x \pm kg(x)) – f^{-1} (x \pm kg(x)) \equiv 2(x \pm kg(x)) – (x \pm (k-1)g(x)) \equiv x \pm (k+1)g(x)$.
С помощью установленного тождества докажем, что функция $g(x)$ постоянна. Пусть, напротив, для некоторых значении $x_{1}, x_{2} \in \mathbf{R}$ имеет место неравенство $g(x_{1}) < g(x_{1})$. Тогда существует такое число $k \in \mathbf{N}$, что
$x_{1} - kg(x_{1}) > x_{2} - kg(x_{2})$.
Заметим, что функция $f(x)$ является неубывающей (так как в противном случае функция $f^{-1}(x)$, а с ней и функция $f(x) + f^{-1}(x) \equiv 2x$ были бы невозрастающими, что неверно). Следовательно, при любом значении $n \in \mathbf{N}$ функция $f^{n}(x)$ также является неубывающей. Итак, имеем неравенство
$f^{n} (x_{1} - kg(x_{1})) \geq f^{n}(x_{2} -kg(x_{2}))$,
из которого в силу равенств
$f^{n} (x_{i} – kg(x_{i})) = f^{n-1}(x_{i} + (1 - k)g(x_{i})) = \cdots = x_{i} + (n-k)g(x_{i})$
$(i = 1, 2)$ получаем неравенство
$x_{1} + (n-k)g(x_{1}) \geq x_{2} + (n-k)g(x_{2})$.
Однако при достаточно больших значениях $n$ последнее неравенство неверно (ибо $g(x_{1}) < g(x_{1})$). Таким образом, функция $g(x) \equiv c$ постоянна, а значит,
$f(x) \equiv x + c$.
Заметим, что при любом значении $c \in \mathbf{R}$ функция $f(x) \equiv x + c$ удовлетворяет всем условиям задачи.
Найти все монотонные обратимые функции $f: \mathbf{R} \rightarrow \mathbf{R}$, удовлетворяющие тождеству
$f(x) + f^{-1}(x) = 2x, x \in \mathbf{R}$.
Решение:
Рассмотрим функцию $g(x) = f(x) – x$ и докажем, что для любого значения $k \in \mathbf{Z}$ справедливо тождество
$f(x + kg(x)) \equiv x + (k + 1) g(x) (x \in \mathbf{R})$.
При $k = 0$ имеем верное тождество $f(x) = x + g(x) $. Пусть для некоторого значения $k \in \mathbf{N}$ тождества
$f(x + (k - 1)g(x)) \equiv x + kg(x)$
и
$f(x - (k - 1)g(x)) \equiv x - kg(x)$
уже доказаны. Тогда, используя тождество для функции $f(x)$, заданное в условии задачи, получаем
$f(x \pm kg(x) \equiv 2 ( x \pm kg(x)) – f^{-1} (x \pm kg(x)) \equiv 2(x \pm kg(x)) – (x \pm (k-1)g(x)) \equiv x \pm (k+1)g(x)$.
С помощью установленного тождества докажем, что функция $g(x)$ постоянна. Пусть, напротив, для некоторых значении $x_{1}, x_{2} \in \mathbf{R}$ имеет место неравенство $g(x_{1}) < g(x_{1})$. Тогда существует такое число $k \in \mathbf{N}$, что
$x_{1} - kg(x_{1}) > x_{2} - kg(x_{2})$.
Заметим, что функция $f(x)$ является неубывающей (так как в противном случае функция $f^{-1}(x)$, а с ней и функция $f(x) + f^{-1}(x) \equiv 2x$ были бы невозрастающими, что неверно). Следовательно, при любом значении $n \in \mathbf{N}$ функция $f^{n}(x)$ также является неубывающей. Итак, имеем неравенство
$f^{n} (x_{1} - kg(x_{1})) \geq f^{n}(x_{2} -kg(x_{2}))$,
из которого в силу равенств
$f^{n} (x_{i} – kg(x_{i})) = f^{n-1}(x_{i} + (1 - k)g(x_{i})) = \cdots = x_{i} + (n-k)g(x_{i})$
$(i = 1, 2)$ получаем неравенство
$x_{1} + (n-k)g(x_{1}) \geq x_{2} + (n-k)g(x_{2})$.
Однако при достаточно больших значениях $n$ последнее неравенство неверно (ибо $g(x_{1}) < g(x_{1})$). Таким образом, функция $g(x) \equiv c$ постоянна, а значит,
$f(x) \equiv x + c$.
Заметим, что при любом значении $c \in \mathbf{R}$ функция $f(x) \equiv x + c$ удовлетворяет всем условиям задачи.
