Функциональное уравнение (Кудрявцев)

[artempalkin]

Кудрявцев 1 том, параграф 10, задача 118.

Найти все непрерывные на $\mathbb{R}$ функции, удовлетворяющие для любых $x,y\in\mathbb{R}$ равенству:

$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$

и условию 1) $f(x)\leqslant1$; 2) $f(x)\geqslant 1$

Ответ известен: 1) $\cos ax$; $0$; 2) $\ch ax$

Но откуда его взять и откуда вообще здесь можно вытащить тригонометрические и гиперболические функции - ума не приложу. Максимум, что можно сделать - получить какие-то простейшие вещи (для пункта а), что $f(0)=1$ и некоторые известные тригонометрические тождества типа косинуса двойного угла.

Хотел подчеркнуть, что эта задача - из параграфа про непрерывность функции. Конечно же, мы не можем использовать здесь никакой функан, мы даже еще не знаем производных.

[lel0lel]

Может записать тождество для двойного угла и разложить в ряд в окрестности нуля, тогда должно быть получится определить производные в нуле.

Сейчас почитал, что надо без производных, да и про аналитичность ничего не сказано.

[Nemiroff]

Без интегралов и производных тяжело.
D'Alembert's Functional Equation

[artempalkin]

lel0lel в сообщении #1533960 писал(а):

Может записать тождество для двойного угла и разложить в ряд в окрестности нуля, тогда должно быть получится определить производные в нуле.

За идею благодарен, но нам известна лишь непрерывность, да мы и не умеем ничего этого делать пока что (ряд Тейлора далеко впереди)

-- 04.10.2021, 22:23 --

Nemiroff в сообщении #1533961 писал(а):

Без интегралов и производных тяжело.
D'Alembert's Functional Equation

Мне кажется, что условие $f(x)\leqslant 1$ может что-то решать. По идее должно решаться известными методами (без производных и интегралов), Кудрявцев все-таки не дурак.

[Otta]

Что-то я не вижу у него определения косинуса. Ни в учебнике, ни в задачнике. Вот без него действительно тяжело.

[Dan B-Yallay]

artempalkin в сообщении #1533958 писал(а):

$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$

artempalkin в сообщении #1533958 писал(а):

Но откуда его взять и откуда вообще здесь можно вытащить тригонометрические и гиперболические функции

$$\begin{align*} & y = 0 \quad \Rightarrow \quad \forall x \quad 2f(x) = 2f(x)f(0) \quad \Rightarrow \quad f(0) = 1; \quad or \quad f\equiv 0;\\ & \\ & x = 0 \quad \Rightarrow \quad \forall y \quad f(y) = f(-y) \\ & \\ & x = y \quad \Rightarrow \quad \forall y \quad 1 + f(2y) = 2 f^2(y)\\ & \\ & f(2y) = f^2(y) - (1 - f^2(y)) \quad ............\quad \cos(2y) = \cos^2 (y) - ... \\ &\\ & 2 f^2(y) = f(2y) +1 \quad ............\quad \ch^2(y) = \frac 1 2 \big( \ch(2y) + 1 \big) \end{align*}$$

[Otta]

Кстати да. Тождественно нулевая в ответе (в задачнике) потерялась.

Dan B-Yallay
Последние две строки были бы хороши, известный нам школьный :) косинус уравнению удовлетворяет, но почему только он? И потом, это угадайка.

Очень трудно доказать, что решение - косинус, если что такое косинус до той поры никто не ввел.

Некоторые авторы задают элементарные функции как раз с помощью функциональных уравнений, но тогда задача станет почти тривиальной.

[Dan B-Yallay]

Otta в сообщении #1533981 писал(а):

Кстати да. Тождественно нулевая в ответе (в задачнике) потерялась.

Она у ТС есть, как раз после косинуса. Ей номера не присвоили и потому её плохо видно. ))

artempalkin в сообщении #1533958 писал(а):

Ответ известен: 1) $\cos ax$; $\textcolor{blue}{0}$; 2) $\ch ax$

Otta в сообщении #1533981 писал(а):

Очень трудно доказать, что решение - косинус, если что такое косинус до той поры никто не ввел.

Я так понимаю, что эта задачка действительно угадайка, но для косинуса это разве не школьное тождество? Вот для гиперболического - это надо уже знать половину ответа.

[artempalkin]

Dan B-Yallay в сообщении #1533979 писал(а):

$$\begin{align*} & f(2y) = f^2(y) - (1 - f^2(y)) \quad ............\quad \cos(2y) = \cos^2 (y) - ... \\ &\\ & 2 f^2(y) = f(2y) +1 \quad ............\quad \ch^2(y) = \frac 1 2 \big( \ch(2y) + 1 \big) \end{align*}$$

В плане того, что решения на самом деле косинус (давайте пока только пункт а рассматривать для ясности) я как бы не сомневаюсь :) Как и в том, что через это уравнение можно прийти к тождествам для косинуса (кстати, к любым, если оно определяет только косинус, то есть как бы эквивалентно его определению).

Но как-то $f(2x)=2f^2(y)-1$ - это все еще функциональное уравнение, которое все еще нужно решать :) Косинус в него подходит, но вдруг еще какие-то функции?

Otta в сообщении #1533981 писал(а):

И потом, это угадайка.

Если "угадать" решение, а потом доказать, что оно единственно, это будет вполне себе доказательство :) Как минимум недавно я решал одно ФУ, которое прямо так и решалось.

-- 05.10.2021, 07:47 --

Otta в сообщении #1533981 писал(а):

Очень трудно доказать, что решение - косинус, если что такое косинус до той поры никто не ввел.

А какого определения вы ожидаете? :) Я уверен, речь может идти только о геометрическом определении (через окружность). Комплексные числа еще не введены, ряды тоже неизвестны. Думаю, стоит отталкиваться от этого.

[artempalkin]

Можно доказать, что не только $f(x)\leqslant 1$, но и $f(x)\geqslant -1$. Действительно,

$2f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y)\leqslant 2$
$2f(x)f(y)\leqslant 2$
$f(x)f(y)\leqslant 1$

Но если $f(x)<-1$ в какой-то точке, то $f(x)^2>1$, что противоречит. То есть мы доказали, что

$-1\leqslant f(x) \leqslant 1$.

Тогда можно сделать замену $f(x)=\cos g(x)$ (при этом $g(x)$ все еще будет непрерывна) и с ней поработать, каким-то образом получив $g(x)=ax$. У меня пока так явно это не получается.

[Null]

Ну как минимум надо бы доказать что если $f(x)=\cos(\alpha)/\ch(\alpha)$, то $f(nx)=\cos(n\alpha)/\ch(n\alpha)$(это не деление).
Потом вычислить $f(\frac{x}{2})$(в первом пункте 2 варианта).
Потом вычислить $f(\frac{x}{2^k})$(в 1ом пункте тут нужна непрерывность, т.е. что функция положительна в окрестности 0).
Ну а дальше продолжаем по непрерывности с двоично-рациональных чисел.

[Евгений Машеров]

А представить $f(x)=\cos(\alpha x)+g(x)$? И выяснить свойства $g(x)$?

[mihiv]

Для пункта 1 можно доказать периодичность $f(x)$.
Пусть при некотором $y_0,f(y_0)=0$ тогда $f(x+y_0)=-f(x-y_0)$ или $f(t+2y_0)=-f(t)\eqno (1)$ (обозначили $t=x-y_0$).
Положим в (1) $t=z+2y_0$, получим $f(z+4y_0)=-f(z+2y_0)=f(z)$. То есть период $f(x)$ равен $T=4y_0$.

[novichok2018]

Доказательство для непрерывных функций есть в Фихтенгольце, первый том. Для разрывных уже и для уравнения линейности всё сложно, ответ зависит от принимаемых аксиом.

[artempalkin]

Евгений Машеров в сообщении #1534014 писал(а):

А представить $f(x)=\cos(\alpha x)+g(x)$? И выяснить свойства $g(x)$?

Ага, я думал об этом. Тогда нужно доказать, что $g(x)=\cos ax-\cos bx$, что существенно усложняет задачу, кажется. То есть в этой задаче решение не единственно ($\cos ax$ - это много разных функций), поэтому такое не пройдет

-- 05.10.2021, 15:01 --

novichok2018 в сообщении #1534021 писал(а):

Доказательство для непрерывных функций есть в Фихтенгольце, первый том. Для разрывных уже и для уравнения линейности всё сложно, ответ зависит от принимаемых аксиом.

Не подскажете, примерно где?