Чему равно значение функции

[Charlz_Klug]

Известно, что для непрерывной функции $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ при всех $x, y \in \mathbb{R}$ выполняется равенство $f(x+y) = f(x)f(y)+f(x)+f(y)$. Пусть $f(1)=1$. Чему равно $f(a)$ при положительном $a$?

Я могу найти чему равно $f(0)$. $1+0=1$, но $f(1+0)=1 \cdot f(0) + 1 + f(0) = 1$, а значит, $f(0)=0$. По такой же схеме $\frac {1} {2} + \frac {1} {2} = 1$. Получаем $f^2(\frac {1} {2}) + 2 f(\frac {1} {2}) = 1$, и здесь два варианта: $f(\frac {1} {2}) = -1+ \sqrt {2}$ или $f(\frac {1} {2}) = -1- \sqrt {2}$. А вот что дальше делать — непонятно. Прошу помощи.

[=SSN=]

Charlz_Klug в сообщении #1402110 писал(а):

Пусть $f(1)=1$.

А если $y = 0$, а $x$ - любое?

[ewert]

Если рассматривать только натуральные аргументы ($x=n\in\mathbb N$ и $y=1$), то мгновенно выясняется, что на них обязательно $f(n)=2^n-1$. После чего легко проверить, что такая функция удовлетворяет требуемому функциональному уравнению и для произвольных вещественных переменных.

Собственно, для формального ответа на исходный вопрос этого и достаточно. А вот как доказать, что других функций нет...

Например, из непрерывности можно попытаться доказать, что эта функция нигде (кроме нуля) не может обращаться в ноль. Соответственно, $f(\frac12)$ -- это именно $\sqrt2-1$, но никак не $-\sqrt2-1$. После этого по индукции, видимо, можно доказать, что значение на любой конечной двоичной дроби есть корень какого-то квадратного уравнения с отрицательным свободным членом. Этого было бы достаточно.

[=SSN=]

ewert в сообщении #1402135 писал(а):

Например, из непрерывности можно попытаться доказать, что эта функция нигде (кроме нуля) не может обращаться в ноль.

Интересно, как?

Функция $f(x+y) == 0$, всюду непрерывна, везде(!) равна нулю и при всех $x, y \in \mathbb{R}$ удовлетворяет фунциональному уравнению: $f(x+y) = f(x)f(y)+f(x)+f(y)$.

[ewert]

Ну я там погорячился, предлагая доказывать неравенство нулю (хотя для рациональных точек оно и очевидно, но даже этого не нужно).

На конечных двоичных дробях $q$ равенство $f(2q)=f^2(q)+2f(q)$ можно рассматривать как уравнение, выражающее значение в точке $q$ через значение в точке $2q$ с вдвое меньшим знаменателем. Индукцией по степени двойки в знаменателе получаем, что любое такое $f(q)$ либо неотрицательно, либо не выше минус единички. Положительные значения, как мы знаем, есть; значит, не может быть отрицательных (просто потому, что образ непрерывной функции на любом отрезке -- это отрезок). Другими словами, то самое квадратное уравнение задаёт значение функции на дробях с бОльшими знаменателями однозначно, и этого достаточно.

[ewert]

Что-то я не совсем то написал, что нужно. На самом деле невозможность $f(x)<-1$ при любом $x$ ясна заранее -- в противном случае не имело бы вещественных решений относительно $f(\frac{x}2)$ уравнение $f(x)=f^2(\frac{x}2)+2f(\frac{x}2)$. После чего индукция доказывает сразу положительность всех $f(\frac{m}{2^k})$, и никакой непрерывности в этом месте не нужно (она понадобится дальше).

[=SSN=]

ewert в сообщении #1402157 писал(а):

Что-то я не совсем то написал, что нужно.

По-моему, вы все усложняете..

Просто ищем решение в виде: $f(x) = a\cdot b^x+c$.
После приведения подобных членов, находим функцию $f(x)$.

[ewert]

=SSN= в сообщении #1402158 писал(а):

Просто ищем решение в виде: $f(x) = a\cdot b^x+c$.

С какой стати?

[=SSN=]

ewert в сообщении #1402161 писал(а):

=SSN= в сообщении #1402158 писал(а):

Просто ищем решение в виде: $f(x) = a\cdot b^x+c$.

С какой стати?

Ну если мы найдем $a, b, c$, при которых верно фунциональное уравнение, то останется только доказать единственность этого решения.

[ewert]

=SSN= в сообщении #1402164 писал(а):

Ну если мы найдем $a, b, c$, при которых верно фунциональное уравнение

Во-первых, с какой стати искать именно в таком виде?

Во-вторых, содержательная часть задачи -- именно доказательство единственности.

[=SSN=]

ewert в сообщении #1402165 писал(а):

Во-первых, с какой стати искать именно в таком виде?

Пусть: $f(x+y) = f(x)\cdot f(y)+f(x)+f(y)$

Положим: $y =\Delta x$

Тогда: $f(x+\Delta x) = f(x)\cdot f(\Delta x)+f(x)+f(\Delta x)$

или: $f(x+\Delta x)-f(x) = f(x)\cdot f(\Delta x)+f(\Delta x)$

или: $\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = f(x)\cdot \frac{f(\Delta x)}{\Delta x}+\frac{f(\Delta x)}{\Delta x}$

или: $\lim\limits_{\Delta x\to 0}{\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}} = [f(x)+1]\cdot \lim\limits_{\Delta x\to 0}{\frac{f(\Delta x)}{\Delta x}}$

или: $f'(x) = [f(x)+1]\cdot f'(0)$

Положим: $u(x) = f(x)+1$

Тогда: $u'(x) = u(x)\cdot u'(0)$

или: $u'(x) = u(x)\cdot C$

[thething]

=SSN=
А откуда дифференцируемость?

[=SSN=]

thething в сообщении #1402194 писал(а):

=SSN=
А откуда дифференцируемость?

Это предположение. После того как определен вид функции f(x) мы можем доказать справедливость найденного решения непосредственной подстановкой f(x) в исходное функциональное уравнение. При этом дифференцируемость функции уже не используется.

Понятно, что за скобками остается класс решений непрерывных, но недифференцируемых функций. Но если доказать единственность найденного решения, то..

[ewert]

=SSN= в сообщении #1402193 писал(а):

Положим: $u(x) = f(x)+1$

Тогда: $u'(x) = u(x)\cdot u'(0)$

или: $u'(x) = u(x)\cdot C$

Ну как наводящее соображение это сойдёт. Но избыточно, поскольку аналогичное разностное (рекуррентное) уравнение, во-первых, сразу напрашивается структурой уравнения функционального и, во-вторых, даёт промежуточный результат мгновенно.

[mihaild]

Единственность показать можно так: $f(x)= g(x) + 2^x - 1$. Тогда $g(0) = g(1) = 0$, $g$ непрерывна и

$$g(x + y) + 2^{x + y} - 1 = g(x)g(y) + g(x)2^y - g(x) + 2^x g(y) + 2^x 2^y - 2^x - g(y) - 2^xy+ 1 + g(x) + 2^x - 1 + g(y) + 2^y - 1$$

$$g(x + y) = g(x)g(y) + g(x)2^y + 2^x g(y)$$

Легко видеть, что множество нулей $g$ образует группу по сложению.
Возьмем минимальное $n$ такое что $g(\frac{1}{2^n}) \neq 0$. Обозначив $g(\frac{1}{2^n}) = t$, имеем
Подставив $x = y = \frac{1}{2^n}$: $0 = t^2 + t\cdot 2^{1/n + 1}$, откуда $t = -2^{1/2^n + 1}$. Для удобства обозначим $2^{1/2^n} = a$, тогда $t = -2a$.
$x = \frac{1}{2^n}, y = \frac{2}{2^n}$: $g(\frac{3}{2^n}) = -2 a^3$
$x = \frac{1}{2^n}, y = \frac{3}{2^n}$: $0 = 4a^2 - 2a^4 - 2a^4$
Отсюда (т.к. $a \neq 0$) имеем $a = \pm 1$, но так быть не может. Значит $g(\frac{1}{2^n}) =0$ для любого $n$. Значит $g$ равна нулю во всех двоично-рациональных - и, по непрерывности, во всех точках.