Поиск значения функции f(x)

[Anton_74]

Подскажите куда двигаться в решении следующей задачи:

Пусть бесконечно непрерывно дифференцируемая функция $f : R \to R$, не являющаяся тождественным нулем, такова, что для любых действительных х и у выполнено

$f(x) f(y) = \int\limits_{x-y}^{x+y} f(t) dt$

Найдите $f(x)$, если известно что $f(5) = 2$ и $f''(5) = -72$. В ответе укажите значение слещующего предела

$\lim\limits_{t \to 0}\frac{f(t)-2t}{t^3}$.

Я пытался составить несколько уравнений, чтобы найти вид функции, но все равно получается что уравнений меньше чем неизвестных.

[zykov]

Ошибка в условии: http://e-science11.ru/viewtopic.php?f=4&t=2204

[Anton_74]

zykov в сообщении #1564269 писал(а):

Ошибка в условии: http://e-science11.ru/viewtopic.php?f=4&t=2204

Выходит, что надо подбирать? Более системного подхода для таких задач нет?

[zykov]

При $y=0$ сразу будет $f(x)f(0)=0$, значит либо $f(x) \equiv 0$ (не подходит), либо $f(0)=0$.
Далее около нуля из интегрального равенства можно получить ряд.
Будет $\frac{2\sin bx}{b}$ или $\frac{2\sinh bx}{b}$, одно переходит в другое заменой действительного $b$ на чисто мнимое.
Вроде всё тут довольно системно.

Если $f(x)=\frac{2\sin bx}{b}$, то $\frac{f''(x)}{f(x)}=-b^2$.
Значит для данных условий из всех комплексных $b$ подходит только $b=\pm 6$.
Оба варианта дают одну функцию $f(x)=\frac{\sin 6x}{3}$, но она не удовлетворяет условиям.

[zykov]

Да, есть ещё вариант кроме синуса.
Если $b$ устремить к нулю, то будет $f(x)=2x$, что тоже вариант, но не подходит под условия.

[svv]

Можно ещё так. Из равенства с интегралом видно, что функция нечётная. Дифференцируем по $y$, чтобы избавиться от интеграла, получаем
$f(x+y)+f(x-y)=f(x)f'(y)$
При $y=0$ получается $f'(0)=2$. Дальше
$\dfrac{f(x+y)-2f(x)+f(x-y)}{y^2}=f(x)\dfrac{f'(y)-2}{y^2}$
и переходим к пределу при $y\to 0$. Получаем
$f''(x)=\frac 1 2 f'''(0)\;f(x)$
Это уравнение имеет нечётные решения $\frac 2 b \sin bx, \frac 2 b \sh bx, 2x$ в зависимости от знака $f'''(0)$.

[artempalkin]

svv в сообщении #1564358 писал(а):

Можно ещё так. Из равенства с интегралом видно, что функция нечётная. Дифференцируем по $y$, чтобы избавиться от интеграла, получаем
$f(x+y)+f(x-y)=f(x)f'(y)$
При $y=0$ получается $f'(0)=2$. Дальше
$\dfrac{f(x+y)-2f(x)+f(x-y)}{y^2}=f(x)\dfrac{f'(y)-2}{y^2}$
и переходим к пределу при $y\to 0$. Получаем
$f''(x)=\frac 1 2 f'''(0)\;f(x)$
Это уравнение имеет нечётные решения $\frac 2 b \sin bx, \frac 2 b \sh bx, 2x$ в зависимости от знака $f'''(0)$.

Можно даже проще.

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

дифференцируем еще два раза по $y$ и подставляем $y=0$

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

$2f''(x)=f'''(0)f(x)$

То есть в итоге по сути исходное тождество трижды продифференцировать по $y$ и подставить $y=0$.

[svv]

artempalkin, отлично!

[artempalkin]

svv
Спасибо, спасибо :)

Кстати, я так понимаю, что условие чрезмерно, правильно?
В том плане, что достаточно интегрируемости функции (что подразумевается самим знаком интеграла, то есть об этом даже не обязательно отдельно говорить). Причем, если уходить в глубокую ненужную теорию, достаточно даже интегрируемости по Лебегу.

Ведь если $f(a)\neq 0$, то

$f(y)=\frac 1{f(a)}\int\limits_{a-y}^{a+y}f(t)dt$,

что означает, что функция слева непрерывна (из абс. непрерывности интеграла Лебега). Подставляем ее в правую часть того же тождества, получаем, что она уже дифференцируема в обычном смысле и т.д.. Правильно же я понимаю?

[svv]

Да. Дифференцируя $f(y)$, получим
$f'(y)=\frac 1{f(a)}\bigl(f(a+y)+f(a-y)\bigr)$,
то есть опять дифференцируемую функцию, и так далее.