Задача

[ICh[USU]]

Доказать, что функциональное уравнение $af(f(x))+bf(x)+c \equiv 0$, где $f(x): \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ - непрерывная функция, имеет решение тогда и только тогда, когда имеет действительный корень уравнение $ax^2+bx+c=0$.

[TOTAL]

ICh[USU] писал(а):

Доказать, что функциональное уравнение $af(f(x))+bf(x)+c \equiv 0$, где $f(x): \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ - непрерывная функция, имеет решение тогда и только тогда, когда имеет действительный корень уравнение $ax^2+bx+c=0$.

$x^2+1=0$, не имеет действит корня, но $f(f(x))+1=0$, имеет решение $f(x)=-1$

[ICh[USU]]

Забыл условие: отличное от константы.

[id]

ICh[USU]
Отличное от константы?
Пусть тогда a=0, b и с не равны 0. Линейное уравнение очевидно имеет действительный корень, а вот из функционального опять же получается константа.

[ddn]

ICh[USU] писал(а):

Доказать, что функциональное уравнение $af(f(x))+bf(x)+c \equiv 0$, где $f(x): \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ - непрерывная функция, имеет решение тогда и только тогда, когда имеет действительный корень уравнение $ax^2+bx+c=0$.

Ха,
Пусть $af(f(x))+bf(x)+c \equiv 0$:
- при $a=0$ и $b=0$: $c=0$ и $f(x)$ - любая, но и $ax^2+bx+c=0$ имеет решение (тоже любое);
- при $a=0$ и $b\not=0$: $f(x)=-\frac{c}{b}$ всюду на $\mathbb{R}$ - не проходит по условию;
При $a\not=0$ берем $y=f(x)$ и тогда $af(y)+by+c \equiv 0$ ($y\in f[\mathbb{R}]$ - интервал), откуда:
$f(y)=-\frac{by+c}{a}$ и $af(f(y))+bf(y)+c=-(-b\frac{by+c}{a}+c)-b\frac{by+c}{a}+c\equiv 0$ притом $f[\mathbb{R}]=\mathbb{R}$ при $b\not=0$ и тогда $y$ можно заменить на $x$ - значит подходит, невзирая на наличие действительных корней у $ax^2+bx+c=0$. При $b=0$ будет $f(x)\equiv -\frac{c}{a}\equiv const$ - не проходит по условию.

[Руст]

По видимому функциональное уравнение должно быть $af(f(x))+bf(x)+cx\equiv 0.$

[ICh[USU]]

У Вас где-то ошибка: рассмотрим уравнение при $a=1,b=-1,c=0$: $f(f(x))-f(x) \equiv 0$. Очевидно, что $f(x) \equiv x$ подходит, и $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$.

Предлагаю далее рассматривать $a \ne 0$.

Добавлено спустя 1 минуту 53 секунды:

Да, точно! Не заметил . Правильно $af(f(x))+bf(x)+cx \equiv 0 $.

[ddn]

Это я тут наисправлял при $a\not=0$ Пропустил член $bf(y)$ и вышло что $b=0$ и $f(y)=-\frac{c}{a}$ на $f[\mathbb{R}]$. На самом деле получилось, что $f(y)=-\frac{by+c}{a}$ на $f[\mathbb{R}]$ без всяких ограничений, а его можно непрерывно продолжить на все $\mathbb{R}$, и требуемое решение всегда существует при $a\not=0$ и $b\not=0$ (последнее следует из $f(y)\not\equiv const$). Смотрите исправленное выше.

[ICh[USU]]

Вы заметили исправление условия? При $a=b=c=1$ решений нет.

[ddn]

А, понял: $cx$!
Буду думать.

[ddn]

Пусть у $ax^2+bx+c=0$ найдется ненулевой корень $x_0\not=0$. Тогда берем $f(x)=x_0x$, что дает $af(f(x))+bf(x)+cx=(ax_0^2+bx_0+c)x=0$ при любом $x$, и тогда $f(x)\equiv x_0x\not\equiv const$ есть искомое решение.

Рассмотрим корни $ax^2+bx+c=0$:

- при $a=0$, $b=0$, $c=0$ есть ненулевой корень $x_0=$любое $\not=0$;

- при $a=0$, $b=0$, $c\not=0$ корней совсем нет, но и у $af(f(x))+bf(x)+cx\equiv cx\equiv 0$ тоже нет решений;

- при $a=0$, $b\not=0$, $c=0$ уравнение $af(f(x))+bf(x)+cx\equiv 0$ дает $bf(x)\equiv 0$ то есть $f(x)\equiv 0\equiv const$ - требуемых решений нет, хотя у $ax^2+bx+c=0$ (дает у $bx=0$) есть один нулевой корень !!!;

- при $a=0$, $b\not=0$, $c\not=0$ есть ненулевой корень $x_0=-\frac{c}{b}$;

- при $a\not=0$, $b=0$, $c=0$ уравнение $af(f(x))+bf(x)+cx\equiv 0$ дает $af(f(x))\equiv 0$ то есть $f(f(x))\equiv 0$. Пусть $X=\{x|x\in\mathbb{R},f(x)\not=0\}$ и $\overline{X}=\mathbb{R}/X$. Очевидно $\overline{X}$ есть замкнутое в силу непрерывности $f$ множество, значит $X$ - открытое. Тогда $f[X]\subset\overline{X}$. Например: $f(x)=-x$ при $x\in X=(-\infty;0)$ и $f(x)=0$ при $x\in\overline{X}=[0;+\infty)$ есть искомое решение $f(x)\not\equiv const$;

- при $a\not=0$, $b=0$, $c\not=0$ и $ac<0$ есть ненулевой корень $x_0=\pm\frac{\sqrt{-ac}}{a}$

- при $a\not=0$, $b=0$, $c\not=0$ и $ac>0$ нет действительных корней, а уравнение $af(f(x))+bf(x)+cx\equiv 0$ дает $af(f(x))+c\equiv 0$ то есть $f(f(x))\equiv-\frac{c}{a}$. Пусть $X=\{x|x\in\mathbb{R},f(x)\not=-\frac{c}{a}\}$ и $\overline{X}=\mathbb{R}/X$. Очевидно $\overline{X}$ есть замкнутое в силу непрерывности $f$ множество, значит $X$ - открытое. Тогда $f[X]\subset\overline{X}$. Например: $f(x)=-x-\frac{c}{a}$ при $x\in X=(-\infty;-\frac{c}{a})$ и $f(x)=-\frac{c}{a}$ при $x\in\overline{X}=[-\frac{c}{a};+\infty)$ есть искомое решение $f(x)\not\equiv const$ !!!;

- при $a\not=0$, $b\not=0$, $b^2\geqslant 4ac$ есть ненулевой корень $x_0=\frac{-b-sign(b)\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$;

- при $a\not=0$, $b\not=0$ и $b^2<4ac$ нет действительных корней, а уравнение $af(f(x))+bf(x)+cx\equiv 0$ дает $a\frac{f(f(x))}{x}+b\frac{f(x)}{x}+c\equiv 0$ при $x\not=0$ и $af(f(0))+bf(0)=0$. Очевидно $a\frac{f(x)^2}{x^2}+b\frac{f(x)}{x}+c\not=0$ при любом $x$.
Если $a>0$ то очевидно всюду $ax^2+bx+c>0$ и тогда всюду $\frac{f(f(x))}{x}<\frac{f(x)^2}{x^2}$ то есть $f(f(x))x<f(x)^2$ при $x\not=0$.
Если $a<0$ то очевидно всюду $ax^2+bx+c<0$ и тогда всюду опять $\frac{f(f(x))}{x}<\frac{f(x)^2}{x^2}$ то есть $f(f(x))x<f(x)^2$ при $x\not=0$.
Но ведь $f(f(x))=-\frac{bf(x)+cx}{a}$, значит $-\frac{bf(x)+cx}{a}x<f(x)^2$ при $x\not=0$.
Или же $0<af(x)^2+(bf(x)+cx)x=(a(\frac{f(x)}{x})^2+b\frac{f(x)}{x}+c)x^2$ при $a>0$
и $0>(a(\frac{f(x)}{x})^2+b\frac{f(x)}{x}+c)x^2$ при $a<0$ (везде $x\not=0$).
То есть нет решений $a(\frac{f(x)}{x})^2+b\frac{f(x)}{x}+c=0$ при $x\not=0$. Мда.. тавтология получилась.

При $a=0$, $b\not=0$, $c=0$ и при $a\not=0$, $b=0$, $c\not=0$, $ac\geqslant 0$ утверждение ICh[USU] неверно!!!
При $a\not=0$, $b\not=0$ и $b^2<4ac$ (наиболее интересный случай) утверждение пока не поддается исследованию.

Убран красный цвет. Он зарезервирован для модераторов // нг

[bobo]

Не нарушая общности положим $a=1$ и пусть $b^2<4c$.$(*)$
Рассмотрим уравнение $f(x)=x$. Предположим, что оно имеет корень $x_0$, тогда, подставив в уравнение, получим $(1+b+c)x_0 = 0$. В силу $(*)$ выражение в скобках положительно, поэтому $x_0$ может быть равен только 0.
Пусть $x>0$. Тогда, вследствие непрерывности $f(x)$ имеем 2 возможности:
1. $f(x)>x$, тогда $f(f(x))>f(x)>x$. Если мы предположим, что $b>0$, то используя уравнение и $(*)$, придем к противоречию. Поэтому сразу коэффициент при $f(x)$ заменим на $-b$ и будем считать $b>0$. Тогда $0=f(f(x))-bf(x)+cx>(c+1)x-bf(x)$ --> $f(x)>\frac{c+1}{b}x>x$ (т.к. $\frac{c+1}{b}>1$), но теперь $f(f(x))>\frac{c+1}{b}f(x)>(\frac{c+1}{b})^2x$, и снова используя уравнение получаем $0=f(f(x))-bf(x)+cx>((\frac{c+1}{b})^2+c)x-bf(x)$. Откуда $f(x)>\frac{c+(\frac{c+1}{b})^2}{b}x$.
Рассмотрим последовательность $a_{n+1}=\frac{c+a_n^2}{b}, a_0=1$ (предварительно заметив, что из условия $f(x)>a_nx$ следует $f(x)>a_{n+1}x$). По индукции легко показать, что ${a_n}$ возрастающая. Предположим, что существует предел $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \alpha$, тогда $ \alpha^2-b\alpha+c=0$ - противоречие. Следовательно при $x>0$ функция $f(x)$ не может быть больше $x$. Аналогично доказывается, что не может быть $f(x)<x$ при $x<0$.
2. $f(x)<x$. Покажем, что функция $f(x)$ не может пересекать ось абсцисс в этом случае. Предположим противное, тогда найдется $x_1>0: f(x_1)=0$ и используя уравнение, получим $f(0)+cx_1=0$. Как было замечено, $f(x)$ лежит по разные стороны прямой $y=x$ при положительных и отрицательных $x$, тогда $f(0)=0$ и приходим к противоречию. Случай распадается на 2:
2а. $x>f(x)>0$. Тогда, вследствие положительности трех членов $f(f(x)), f(x), x$ должно быть $b<0$ и мы замением его на $-b$. Имеем $0=f(f(x))-bf(x)+cx>cx-bf(x)$ ---> $f(x)>\frac{c}{b}x, f(f(x))>\frac{c}{b}f(x)$ ---> $0=f(f(x))-bf(x)+cx>(\frac{c}{b}-b)f(x)+cx$ ---> $b-\frac{c}{b}>0, f(x)>\frac{c}{b-\frac{c}{b}}x>\frac{c}{b}x$. Аналогично 1-му случаю, вводя последовательность ${a_n}: a_{n+1}=\frac{c}{b-a_n}, a_0=0$, доказываем, что она монотонно возрастает и не имеет конечного предела. Противоречие. Точно так же выпадает случай $0>f(x)>x$, а следовательно должно быть $f(x)>0$ при $x<0$.
2б. $f(x)<0$ ---> $f(f(x))>0$. В этом случае $b>0$. Тогда $0=f(f(x))+bf(x)+cx>bf(x)+cx$ ---> $f(x)<-\frac{c}{b}x$ при $x>0$. Аналогично $f(x)>-\frac{c}{b}x$ при $x<0$. А следовательно при $x>0$ $0=f(f(x))+bf(x)+cx>(b-\frac{c}{b})f(x)+cx$ ---> $b-\frac{c}{b}>0, f(x)<-\frac{c}{b-\frac{c}{b}}x$. Аналогично вводя последовательность, приходим к противоречию.
Т.обр. получили, что при $(*)$ уравнение не может иметь решений в непрерывных функциях.

[Mikhail Sokolov]

$f$ отображает $R$ НА $R$ или просто действует из $R$ В $R$?