Функциональное уравнение

[worm2]

Найти функцию f(x), определённую на (0, $+\infty$), непрерывную и ограниченную, но отличную от константы, удовлетворяющую уравнению: $f(x^2)=f^2(x)-2$.

[Руст]

worm2 писал(а):

Найти функцию f(x), определённую на (0, $+\infty$), непрерывную и ограниченную, но отличную от константы, удовлетворяющую уравнению: $f(x^2)=f^2(x)-2$.

Сразу видно, что f(x)>=2, поэтому для каждого х, существует y(x), что f(x)=y(x)+1/y(x). Из исходного уравнения получаем: $y(x^2})+\frac{1}{y(x^2)}=(y(x)+\frac{1}{y(x)})^2-2=y^2(x)+\frac{1}{y^2(x)}.$
Поэтому $y(x^2)=y^2(x)$. Заметим, что при вычислении f, не важно какой из корней брать y(x) или 1/y(x).
Все непрерывные решения последнего уравнения есть $y(x)=x^a$, т.е.
$f(x)=x^a+x^{-a}$.
Отличные от костанты cоответствуют a отличныму от нуля. Только вот ограниченных нет среди не постоянных.

[незваный гость]

Руст писал(а):

Сразу видно, что f(x)>=2,

Вы не могли бы пояснить? Функция определена на положительных числах, но область ее значений не оговорена.

Руст писал(а):

Поэтому $y(x^2)=y^2(x)$.

Или $y(x^2)=y^{-2}(x)$. Не то, чтобы это принципиально, в конце концов $y(x^4)=y^4(x)$.

~~~~~

Мне вообще не вполне понятно Ваше построение. Поясню: перейдем к логарифмическим координатам по $x$ и к $\ch$ по $y$: $x \to {\rm e}^y, 2 \ch (g(\ln x)) = f(x)$. Тогда $g(2 y) = 2 g(y)$. Определим произвольным образом непрерывную $g(y)$ на отрезке $[1,2]$ так, что $g(2) = 2 g(1)$. Очевидно, что эта функция легко распространяется на полупрямую $[0,+\infty)$, и удовлетворяет всем условиям. Не менее очевидно, что $g(0) = 0$. Плюс, мы можем определить $g$ аналогично и независимо на отрицательной полуоси.

И это только описание семейства функций с $f(x) \geqslant 2$

[Руст]

незваный гость писал(а):

:evil:

Руст писал(а):

Сразу видно, что f(x)>=2,

Вы не могли бы пояснить? Функция определена на положительных числах, но область ее значений не оговорена.

Руст писал(а):

Поэтому $y(x^2)=y^2(x)$.

Или $y(x^2)=y^{-2}(x)$. Не то, чтобы это принципиально, в конце концов $y(x^4)=y^4(x)$.

Если найдётся y=f(x)<2, то взяв последовательность $a_0=f(x),a_n=f(x^{2^n}}=a_{n-1}^2-2$ получим отрицательный член.
Так как f(x)=y(x)+1/y(x), то взяв вместе y(x) другое значение 1/y(x) получим то же значение для f(x), о чём я упомянул.

[незваный гость]

Руст писал(а):

Если найдётся y=f(x)<2, то взяв последовательность $a_0=f(x),a_n=f(x^{2^n}})=a_{n-1}^2-2$ получим отрицательный член.

Да, я понимаю. Я не понимаю только, чему противоречат отрицательные члены. Я уже говорил, функция определена $f: (0,+\infty) \to {\mathbb R}$

Руст писал(а):

Так как f(x)=y(x)+1/y(x), то взяв вместе y(x) другое значение 1/y(x) получим то же значение для f(x), о чём я упомянул.

Да, это, конечно, верно. Есть только одно «но»: действительно ли решения у этих двух уравнений совпадают. Если не совпадают, то нам равенство после перехода к $f(x)$ может не помочь.

Есть очевидный факт $f(x) \geqslant -2$. Для $-2 \leqslant f(x) \leqslant 2$ было бы логично положить $f(x) = 2 \cos(h(x))$, да «бы» мешает: здесь могут возникнуть проблемы с непрерывностью из-за неоднозначности $\arccos$.

~~~

Похоже, я опять «дул на холодное». По моему, $2 \cos \ln x$ удовлетворяет всем условиям. И многие другие тоже удовлетворяют…

[Руст]

Да, я невнимательно прочёл условие и решал, считая $f: R_+\to R_+$.
Тогда получается и ограниченное решение: $y(x)=exp(aix),f(x)=2cos(ax).$

[Brukvalub]

Руст писал(а):

Да, я невнимательно прочёл условие и решал, считая $f: R_+\to R_+$.
Тогда получается и ограниченное решение: $y(x)=exp(aix),f(x)=2cos(ax).$

Мне кажется, что ответ $ f(x)=2cos(ax).$ неверен. Например, если а=1, то требуемое функциональное уравнение не выполняется в точке пи/2.

[незваный гость]

Руст имел в виду $2 \cos a \ln x$

[Руст]

Верно поторопился здесь $f(x)=2cos(y(x)), \ y(x^2)=2y(x) \Longrightarrow y(x)=a\ln(x)$,
т.е. $f(x)=2cos(alnx ).$
Это аналогично раннему решению $f(x)=2ch(alnx).$