функциональное уравнение.

[Руст]

Найти все непрерывные ограниченные функции удовлетворяющие уравнению:

$$f(x)=\int_{x^2-1}^{x^2+1}f(2t)dt.$$

[Профессор Снэйп]

Вроде получается только функция, тождественно равная нулю. У меня нет строгого доказательства, но я объясню, почему я в это верю.

Имеем

$$ f(x) = \int_{x^2-1}^{x^2+1} \left( \int_{4t^2-1}^{4t^2+1} f(2s) ds \right) dt $$

Теперь если рассматривать это дело как интеграл по области, то областью интегрирования будет такая полосочка, зажатая между прямыми $t=x^2-1$, $t=x^2+1$ и параболами $s=4t^2-1$ и $s=4t^2+1$. При больших $x$ эта полосочка очень узка в ширину и с маленькими "скосами", так что при $x \to +\infty$ значение $f(x)$ стремится к

$$ \frac{1}{2} \int_{4(x^2-1)^2}^{4(x^2+1)^2} f(2s) (\sqrt{s+1}-\sqrt{s-1}) ds $$

Теперь если посмотреть на этот интеграл, то длина промежутка интегрирования равна $16x^2$, а множитель $\sqrt{s+1}-\sqrt{s-1}$ на всём промежутке интегрирования примерно равен $1/(2x^2)$. Отсюда делаем вывод о том, что $f(x)$ равно учетверённому среднему значению функции на некотором промежутке.

Ну а далее... Выходя в 3D (то есть расписав ещё одно значение и получив тройной интеграл), скорее всего получим вместо четвёрки восьмёрку, в 4D получим 16 и так далее. Ну а поскольку функция ограничена, то какое-то среднее у неё есть, так что $f(x) = 0$.

----------------------

Только не убивайте за столь грубое рассуждение. Я понимаю, что это всё очень нестрого. А если пытаться что-то формализовать, то выкладки будут нечеловечески жуткими Так что на этом пути я решение искать не буду. У меня пока всего лишь один вопрос к автору: ответ верен?

-----------------------

Что касается каких-то уже более строгих наблюдений. Из определения видно, что функция f во-первых чётная (ну, это тривиально), а во-вторых дифференцируема и, более того,

$$ f'(x) = 2x\big(f(2x^2+2)-f(2x^2-2)\big) $$

Из последней формулы немедленно заключаем, что $f$ бесконечно дифференцируема (в каждой точке). Правда, что это даёт, я пока не знаю

Полагаю, что можно ещё доказать, что все производные в нуле равны нулю. Сейчас попробую. Правда опять же не знаю, что это даст.

[Руст]

Профессор Снэйп писал(а):

Только не убивайте за столь грубое рассуждение. Я понимаю, что это всё очень нестрого. А если пытаться что-то формализовать, то выкладки будут нечеловечески жуткими Так что на этом пути я решение искать не буду. У меня пока всего лишь один вопрос к автору: ответ верен?

-----------------------

Что касается каких-то уже более строгих наблюдений. Из определения видно, что функция f во-первых чётная (ну, это тривиально), а во-вторых дифференцируема и, более того,

$$ f'(x) = 2x\big(f(2x^2+2)-f(2x^2-2)\big) $$

Из последней формулы немедленно заключаем, что $f$ бесконечно дифференцируема (в каждой точке). Правда, что это даёт, я пока не знаю

Полагаю, что можно ещё доказать, что все производные в нуле равны нулю. Сейчас попробую. Правда опять же не знаю, что это даст.

Ответ верен. Но рассуждения вначале не выдерживают никакой критики, по крайней мере мне не понятно, что из этого можно извлечь.
Что касается строгих наблюдений, то это вы в правильном направлении. Используйте ещё ограниченность и оценки на производные, то получится вывод об аналитичности и т.д.

[Профессор Снэйп]

Руст писал(а):

Используйте ещё ограниченность и оценки на производные, то получится вывод об аналитичности и т.д.

О! А тут я просто теории не знаю. Давно учил матанализ, забыл

Знаю, что если говорить о функциях из $\mathbb{R}$ в $\mathbb{R}$, то они могут быть бесконечно дифференцирумыми в каждой точке и не быть аналитическими. К примеру, функция

$$ y(x) = \begin{cases} e^{1/x^2}, & x \neq 0 \\ 0, &x = 0 \end{cases} $$

не аналитична в нуле, хотя все производные у неё в этой точке существуют и равны нулю.

Но Вы там что-то про ограниченность производных говорили... Киньте в меня хорошей ссылкой, чтобы я знал хотя бы название теоремы, на которую надо ссылаться

[Толя Ецанов]

Так это элементарно, сделать дифференциальную замену класса 3 и по уравнению Коксетера. Получим ответ.

[Руст]

Речь идёт о функции $f(x)=g(x^2)$. Для последней функции верна $|g^{(k)}(x)}<2^kA$, А ограничение для f(x). Причём речь идёт о производных не в какой нибудь конкретной точке а всюду. Отсюда выводится, что ряд Тейлора сходится к нему.

[Профессор Снэйп]

Руст писал(а):

Речь идёт о функции $f(x)=g(x^2)$.

Да, делал я такую замену. У функции $g$ производная ограниченная получается, это мы знаем.

Руст писал(а):

Отсюда выводится, что ряд Тейлора сходится к нему.

Как выводится? Это теорема такая есть или самому надо выводить? Если самому, то скажите, подумаем. А если теорема, то как она называется?

[Руст]

Это получается из остаточного члена

$$f(x)=\sum_{i=0}^nf^{(i)}(x_0)\frac{(x-x_0)^n}{n!}+R,R=\frac{(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(y), \ y\in (x_0,x).$$

Но это только начало моего решения.
Хотелось бы услышать более конкретно элементарное решение Толи Ецанова.

[Brukvalub]

Профессор Снэйп писал(а):

Как выводится? Это теорема такая есть или самому надо выводить? Если самому, то скажите, подумаем. А если теорема, то как она называется?

Это стандартный вопрос из программы экзамена по математическому анализу за 1-й семестр: "Достаточные условия сходимости на промежутке ряда Тейлора к порождающей его бесконечно гладкой функции".