Два функциональных уравнения

[NeRRR]

Доброго дня всем!
Пару дней назад дали решить десток функциональных уравнений на разные темы.
Восемь мне поддались.

Вот оставшиеся два:

1. Решить уравнение в классе функций, имеющих производную $f(f(x))=f(x)+x, D_f=\mathbb R$
Здесь мне удалось доказать, что функция инъективна и что $f(0)=0$

2. Решить в классе непрерывных функций $f(x+y)=f(y)\times f(x)^{1-\ln{f(y)}}, D_f=\mathbb R$
Несколько подобных уравнений методом Коши мною были решены успешно, однако здесь не получает индуктивно получить выражение для $f(nx)$. Может, я где-то ошибаюсь.

Заранее огромное спасибо!

[Xaositect]

1. Найдите производную в нуле, представьте функцию как $ax + o(x)$ и ищите дальше это о-малое.
2. Прологарифмируйте и рассмотрите соотношение для $\ln f(x)$.

[NeRRR]

Xaositect в сообщении #1092932 писал(а):

1. Найдите производную в нуле, представьте функцию как $ax + o(x)$ и ищите дальше это о-малое.
2. Прологарифмируйте и рассмотрите соотношение для $\ln f(x)$.

Со вторым понятно, вроде стало получаться. Спасибо!!!
А вот с первым совсем не понятно.

[Xaositect]

NeRRR в сообщении #1092950 писал(а):

А вот с первым совсем не понятно.

Дифференцируемая функция около нуля приближенно линейна - $f(x) = f'(0) x + \varphi(x)$, где $\varphi$ бесконечно малая в нуле. А дальше надо составить соотношение на $\varphi$ и внимательно на него посмотреть.

[NeRRR]

Xaositect в сообщении #1093199 писал(а):

Дифференцируемая функция около нуля приближенно линейна - $f(x) = f'(0) x + \varphi(x)$, где $\varphi$ бесконечно малая в нуле

У меня получилось вот что:
$f'(f(0))f'(0)=f'(0)+1$
Тогда получаем квадратное уравнение относительно $f'(0)$, из которого $f'(0)=\frac{1\pm\sqrt5}{2}$

Дальше непонятно;(

Спасибо вам за советы!!!

-- Сб янв 23, 2016 23:20:37 --

Xaositect в сообщении #1093199 писал(а):

А дальше надо составить соотношение на $\varphi$ и внимательно на него посмотреть.

Теперь подставляем полученное значение $f(x)=f'(0)x+\varphi(x)$ в соотношение $f(f(x))=f(x)+x$
Честно, смотрю очень внимательно, но получается что-то бешеное...

[Ms-dos4]

NeRRR
Вам уже всё сказали, но я подскажу другой способ решения - оно ищется в виде
$\[\left\{ \begin{array}{l} x = \xi (t)\\ f = \xi (t + 1) \end{array} \right.\]$
И уравнение сводится к линейному $\[\xi (t + 2) = \xi (t + 1) + \xi (t)\]$, которое решается через характеристическое уравнение

[NeRRR]

Ms-dos4 в сообщении #1093644 писал(а):

другой способ решения - оно ищется в виде
$\[\left\{ \begin{array}{l} x = \xi (t)\\ f = \xi (t + 1) \end{array} \right.\]$
И уравнение сводится к линейному $\[\xi (t + 2) = \xi (t + 1) + \xi (t)\]$, которое решается через характеристическое уравнение

Получаем $xi (t)=C_1 e^{t\frac{1+\sqrt5}{2}}+C_2 e^{t\frac{1-\sqrt5}{2}}$?

Как теперь получается $\xi (t)$? Подстановкой $t+1$?

Спасибо за отклик!)

[Ms-dos4]

NeRRR
Откуда экспоненты то? Вы не ДУ решаете. Решение пишется в виде $\[x = A(t)\lambda _1^t + B(t)\lambda _2^t\]$, где $\[A(t)\]$ и $\[B(t)\]$ - некие периодические функции с единичным периодом. В итоге получаете
$\[\left\{ \begin{array}{l} x = A(t){(\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2})^t} + B(t){(\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2})^t}\\ f = A(t){(\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2})^{t + 1}} + B(t){(\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2})^{t + 1}} \end{array} \right.\]$
В частном случае видно, что $\[f = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}x\]$, однако все ли это решения думать сейчас не хочется

[NeRRR]

Ms-dos4 в сообщении #1093654 писал(а):

В частном случае видно, что $\[f = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}x\]$, однако все ли это решения думать сейчас не хочется

А где можно почитать об этом?

[Brukvalub]

NeRRR в сообщении #1094646 писал(а):

А где можно почитать об этом?

Бродский Я.С., Слипенко А.К.-Функциональные уравнения-Вища школа, 1983, Андреев А.А., Кузьмин Ю.Н., Савин А.Н.-Функциональные уравнения "Пифагор" вып.3, Самара, 1997, Лихтарников Л.М.-Элементарное введение в функциональные уравнения. Книга для начинающих изучать функциональные уравнения и преподавателей-Лань, 1997.
Все три книги примерно одного уровня.

[NeRRR]

Brukvalub в сообщении #1094666 писал(а):

Бродский Я.С., Слипенко А.К.-Функциональные уравнения-Вища школа, 1983, Андреев А.А., Кузьмин Ю.Н., Савин А.Н.-Функциональные уравнения "Пифагор" вып.3, Самара, 1997, Лихтарников Л.М.-Элементарное введение в функциональные уравнения. Книга для начинающих изучать функциональные уравнения и преподавателей-Лань, 1997.
Все три книги примерно одного уровня.

Я имею в виду, о характеристических уравнениях и составлении вот этих интересных уравнений относительно $\xi$ :)

[DeBill]

Ms-dos4 в сообщении #1093654 писал(а):

все ли это решения думать сейчас не хочется

Все, однако...
Но, видимо, лучше все же работать с поправкой к линейному, как предложил Xaositect

NeRRR
Но работа требует терпения и аккуратности....
1. Пусть $f(x)=x\cdot(k+\alpha(x))$, где $k>0$ - найденная Вами производная в нуле. Тогда

$\alpha(x) \to 0$ при $ x\to0$
2.Подставим в ФУ, и выразим $\alpha(x)$ через $\alpha(f(x))$
3. Вы уже показали, что функция наша - инъективна, и равна нулю в нуле. Значит, у нее есть обратная, обозначим ее $g$; обе они монотонно возрастают
4. Выразим $\alpha(x)$ через $\alpha(g(x))$; имеем: $\alpha(x)$ получается из $\alpha(g(x))$ домножением на некий (страшный - ну и Бог с ним) множитель.
5.Много-много раз повторим эту процедуру(т.е., Выразим $\alpha(g(x))$ через $\alpha(g(g(x)))$, и т.д.). Перемножим все эти равенства. Получим, что $\alpha(x)$ выражается через $\alpha(g(g(\dots x))\dots)$, $n$скобок, уже с совершенно кошмарным коэффициентом.
6. Выберем малую окрестность нуля, на которой $\alpha(x)$ мала. На этой окрестности будет:
$0<g(x)<x$ при $x>0$
7.Оценив все сверху-снизу-сбоку, и устремив $n$ к бесконечности, получим $\alpha(x)=0$.

Это, конечно, только схема (именно ее и имел ввиду

Xaositect в сообщении #1093199 писал(а):

внимательно на него посмотреть.

). Попробуйте восстановить все детали...