Функциональное уравнение

[jrock]

Я занимаюсь вообще разработкой одной программы и это моя инженерная задача.
$f(x) + f(x-f(x)) + f(x-f(x-f(x))) = x$

Такую функцию я ищу весь день. Ее природа примерно такая: вот у вас есть деньги, которые вы хотите потратить. Вы сначала тратите кусочек $f(x)$, а потом то, что осталось. А $x$ - это все ваши деньги.

Но я хочу решить эту для случая, когда у вас 10 слагаемых. В примере выше слагаемых три и поэтому потребление 3 порциями.

А вообще интересно как решается когда слагаемых бесконечно.

-- 16.02.2016, 02:00 --

Я решил для случая $f(x) + f(x-f(x)) = x$ - это просто $f(x) = x$
Есть мнение что нужно сделать подстановку $x = f(x) + h(x)$

-- 16.02.2016, 02:05 --

А еще я хочу что бы $f(x)$ монотонно возрастала.

[Otta]

jrock в сообщении #1099770 писал(а):

Вы сначала тратите кусочек $f(x)$, а потом то, что осталось.

То есть уже для случая двух слагаемых будет не то, что написано, а $f(x)+(x-f(x))=x$.
Или Вы чего-то недоговариваете?

-- 16.02.2016, 03:13 --

jrock в сообщении #1099770 писал(а):

А еще я хочу что бы $f(x)$ монотонно возрастала.

Для бесконечного числа слагаемых - никаких проблем: $f(x)=x/2$. Устраивает?

[DeBill]

jrock

jrock в сообщении #1099770 писал(а):

Вы сначала тратите кусочек $f(x)$, а потом то, что осталось

Видимо, имеется ввиду, что с тем, что осталось, мы поступаем также - и так в несколько приемов.
Однако, это не соответствует выписанному Вами уравнению (для трех слагаемых):

jrock в сообщении #1099770 писал(а):

$f(x) + f(x-f(x)) + f(x-f(x-f(x))) = x$

вместо последнего слагаемого должно быть $f(x-f(x) - f(x-f(x)))$.
А подстановка - хороша.
Для уравнения с двумя слагаемыми она дает $h(h(x)) = 0$ (а с тремя - $h(h(h(x))) = 0$, и т.д.)
Эти уравнения легко решаются (боле-мене). Разберем только простейшее - с двумя...
На первый взгляд, кажется, что $h(x) = 0$ всегда (и тогда получим Ваше решение $f(x) = x$).
Однако, есть и другие решения. Найдем их все. От решения будем требовать : непрерывность; монотонность; $f(0)= 0$, $f(x)\leqslant x$. (все ограничения - естественны в вашей постановке).
Тогда $h(x) \geqslant 0$, и множество ее значений $E$- отрезок (или вся полуось). Значит, на $E$ наша функция равна 0. Если $E$ - полуось, то получим $f(x) = x$. Если $E=[0,a]$, то на $[0,a]$ функция $h$ равна 0, а на $[a,\infty]$ принимает произвольные значения, не большие $a$. Так что алгоритм трат (в два приема) таков: выбираем некое пороговое значение $a$ ("мелочь"). Если в кармане - "мелочь" (т.е., не больше $a$) - тратим их все. Если больше - тратим почти все (чтобы осталась "мелочь")...
По такому же плану можно расходовать деньги и в три, и более приемов....
Так что - ничего особо интересного не получилось - все женщины владеют этими алгоритмами

[jrock]

Otta
Сообщение от DeBill лучше, чем ответ, который дал бы я:) Да, половинка устаивает, если записывать слагаемые правильно. Но это не все решения.

DeBill
Да, последнее слагаемое я написал неправильно.
Я теперь сам получил удовольствие от подстановки $x=f(x) + h(x)$.

Цитата:

Значит, на $E$ наша функция равна 0.

не понял почему

Но вот кстати исходную (неправильную) задачу мы с вами не решили, господа.

[DeBill]

jrock в сообщении #1099853 писал(а):

не понял почему

Да из равенства $h(h(x)) = 0$.

А ваше "неправильное уравнение " не, не решается. Потому, видимо, что - неправильное оно.
Т.е., одно решение, конечно, есть : $f(x) =kx $, но даже это $k$ - нехороший корень кубического уравнения.
Так что - неправильное оно, ваше неправильное уравнение....

[jrock]

Я тоже искал функцию в такой форме, kx. А что там не так? :)