Непрерывная функция

[Руст]

Пусть функция f(x), определённая на интервале [0,1] удовлетворяет условиям: f(0)=0,f(1)=1 и
существуют a и b из интервала (0,1), что
$\forall x,y\in [0,1] \ f(ax+(1-a)y)=bf(x)+(1-b)f(y).$
Докажите, что если функция f(x) непрерывна, то a=b и f(x)=x.

[Sasha2]

Ну если мы положим x=1, а y=0, то тогда будем иметь, что
f(a)=b*f(a). Отсюда или f(a)=0 или b=1, второе невозможно по условию, следовательно f(a)=0, где a из указанного уважаемым автором интервала.
Непонятно, как тогда прийти к решению.

[Руст]

Sasha2 писал(а):

Ну если мы положим x=1, а y=0, то тогда будем иметь, что
f(a)=b*f(a).

Тогда будем иметь f(a)=b.

[Sasha2]

Не вижу почему, но если даже и так тогда далее b*2=b, откуда b опять или 0 или 1. Что невозможно поусловию.

[Руст]

Видно же при x=1,y=0 получаем f(a)=b, при x=0,y=1 f(1-a)=1-b. И ни каких противоречий не получается. Противоречие в непрерывности при a не равным b.

[Sasha2]

Извините просто сразу как-то невнимательно

[maxal]

Имеем $f(ax)=bx$ и $f((1-a)x)=(1-b)x$. Откуда по непрерывности следует $f(a^z)=b^z$ и $f((1-a)^z)=(1-b)^z$ для всех $z>0$.
Выберем числа $u, v>0$ так, чтобы $a^u = (1-a)^v.$ Тогда $b^u = (1-b)^v.$ Логарифмируя, получаем

$$\frac{\ln(a)}{\ln(1-a)}=\frac{\ln(b)}{\ln(1-b)}.$$

Нетрудно убедиться, что функция $\frac{\ln(x)}{\ln(1-x)}$ убывающая на $(0,1)$, а потому $a=b.$ Тогда из $f(ax)=bx$ следует, что $f(x)=x.$

[Руст]

maxal писал(а):

Выберем числа $u, v>0$ так, чтобы $a^u = (1-a)^v.$

Получим u=v=бесконечность. Тем более, что пока показали первое свойство только для целых степеней.

[maxal]

Руст писал(а):

maxal писал(а):

Выберем числа $u, v>0$ так, чтобы $a^u = (1-a)^v.$

Получим u=v=бесконечность. Тем более, что пока показали первое свойство только для целых степеней.

Имелись ввиду конечные числа. Например, $u=1$ и $v=\frac{\ln(a)}{\ln(1-a)}.$ А первое свойство от целых легко распространяется на рациональные, а далее по непрерывности - на действительные.

[Руст]

maxal писал(а):

Имеем $f(ax)=bx$ и $f((1-a)x)=(1-b)x$. Откуда по непрерывности следует $f(a^z)=b^z$ и $f((1-a)^z)=(1-b)^z$ для всех $z>0$.

Из этих равенств видно, что полученные равенства верны при любом натуральном z, однако непосредственно не следует равенство даже для z=1/2.

[maxal]

Да, не в те дебри занесло. Все проще на самом деле:

$$b(1-a) = f(a(1-a)) = (1-b)a$$

Откуда в виду монотонности функции $\frac{x}{1-x}$ следует $a=b.$

[Руст]

maxal писал(а):

Имеем $f(ax)=bf(x)$ и $f((1-a)x)=(1-b)f(x)$.

Исправил ошибку основного равенства. Однако, отюда противоречие не получается
f(a(1-a))=b(1-b).

[maxal]

Еще одна попытка

$f(x)=f(a\frac{x}{a})=b f(\frac{x}{a})$
или
$f(\frac{x}{a}) = \frac{1}{b} f(x)$

То есть равенства $f(a^n x) = b^n f(x)$ и $f((1-a)^n x) = (1-b)^n f(x)$ выполняются для всех целых $n.$

Рассмотрим последовательность рациональных приближений сверху $\frac{p_k}{q_k}\to \frac{ln(1-a)}{\ln(a)}.$ Тогда

$$\frac{b^{p_k}}{(1-b)^{q_k}} = f(\frac{a^{p_k}}{(1-a)^{q_k}}) \to f(1)=1.$$

Откуда с необходимостью получаем $\frac{p_k}{q_k}\to \frac{ln(1-b)}{\ln(b)}.$ Но тогда $\frac{ln(1-b)}{\ln(b)} = \frac{ln(1-a)}{\ln(a)}$, что в свою очередь влечет $a=b.$

[Руст]

Да, оставалось заметить только, что все целые степени годятся. Соответственно только непрерывность приводит к противоречию.