Задача из матана

[Gg322]

Пусть $n(f(x))’ = f(x+n)-f(x)-n^{2}, x \in \mathbb{R}, n \in \mathbb{N}, f(0) = -1, f(1) = 1$. Надо найти все дифференцируется функции удовлетворявшие условиям. Я смог показать, что подходить функция $x^{2}+x-1$ и что подходящая функция при целых значениях равна $z^{2}+z-1,z \in \mathbb{Z}$. Но дальше не получается. Пытался показать, что вторая производная константа, но получил только что $f’’(x+\theta_1(n)n)=f’’(x+\theta_2(m)m), \theta_i(k) \in (0,1), k \in \mathbb{N}$. Как получить все функции?

-- 16.02.2024, 19:33 --

Забыл, я получил, что для целых аргументов для производных также должно выполняться $f’(z)=2z+1,f’’(z)=2$

[Gg322]

Можно ли тут перейти от n к $n+h, h \to 0$. И взять производную по n. По идее все функции непрерывны и дифференцируемые, поэтому мы можем считать что $(n+h)f’(x)=f(x+n+h)-f(x)-(n+h)^2$ тоже выполняется. Или нельзя так?

[Nik_Nikols]

Нет, так нельзя.

Можно, например, так (схематично).

1. Ищем решение в виде $f(x)=x^2+x-1+g(x)$. Тогда функция $g$ дифференцируема, удовлетворяет тождеству

$$ng'(x)=g(x+n)-g(x) \eqno{(1)}$$

и условию

$$g(0)=g(1)=0.\eqno{(2)} $$

2. Покажем, что $g$ тождественный ноль.

2.1. Перепишем тождество $(1)$ так: $g(x+n)=g(x)+ng'(x)$. Получаем, что для некоторых $A, B\in \mathbb R$

$$|g(y)|\leq A+B|y| \eqno{(3)}$$

для всех $y\in \mathbb R$.

2.1. Из $(1)$ и $(3)$ получаем, что для некоторого $C\in \mathbb R$

$$ |g'(y)| \leq C \eqno{(4)}$$

для всех $y\in \mathbb R$.

2.2. Из $(1)$ следует, что $g$ дважды дифференцируема на $\mathbb R$ и для всех $y\in \mathbb R$

$$g''(y)=\dfrac{g'(y+n)-g'(y)}{n}. \eqno{(5)}$$

2.3. Переходя в $(5)$ к пределу при $n\to \infty$ и используя $(4)$, получаем $g''(y)\equiv 0$.

2.4. Значит, $g$ есть линейная функция. Остается вспомнить про $(2)$.

[Gg322]

Nik_Nikols А почему решение ищется в виде суммы? Мы же по идее можем потерять решения, которые не представляются в таком виде. И насчёт дифференцирования по n, почему этого делать нельзя?

[Nik_Nikols]

Gg322 в сообщении #1629888 писал(а):

А почему решение ищется в виде суммы? Мы же по идее можем потерять решения, которые не представляются в таком виде.

Как Вы себе представляете такое решение?

Gg322 в сообщении #1629888 писал(а):

И насчёт дифференцирования по n, почему этого делать нельзя?

У Вас идея "дифференцирования по $n$" прописана очень туманно. Если хотите знать, почему нельзя, постарайтесь изложить ее корректнее. Вообще говоря, тождества с натуральным параметром по этому параметру "дифференцировать" нельзя (что бы в это ни вкладывать). Например, из тождества $\sin(x+2\pi n)=\sin(x)$ не следует тождество $2\pi\cos(x+2\pi n)=0$.

[TOTAL]

$2f'(x) = f(x+2)-f(x)-4$
$f'(x) = f(x+1)-f(x)-1$
$f'(x+1) = f(x+2)-f(x+1)-1$

Поэтому $f'(x+1) - f'(x) = 2 $
Поэтому $f(x+1) - f(x) = 2x + 2 $
Поэтому $f'(x) = 2x + 2 -1$
Поэтому $f(x) = x^2 + x -1$

[Gg322]

Nik_Nikols,TOTAL спасибо.