Функциональное уравнение: f(f(x))=1/x

[Legioner93]

$f(f(x))=\frac{1}{x}$
Существует ли у него решение среди действительных функций? И если да, то какое? Спасибо.

[svv]

$$ f(x) = \left\{ \begin{array}{cc} -x, & x>0 \\ -1/x, & x<0 \end{array} $$

[myra_panama]

Цитата:

$$ f(x) = \left\{ \begin{array}{cc} -x, & x>0 \\ -1/x, & x<0 \end{array} $$

а можем ли мы это доказывать,,,,?

[svv]

Доказывать, что такая $f(x)$ удовлетворяет условию?
Как доказывается, что решение уравнения правильное? Берем решение и подставляем в уравнение.

[ShMaxG]

svv
Браво! А я все пытался сначала искать такую функцию на множестве $x>0$, возился со случаями $x \in (0,1)$ и $x>1$, а оно вон как легко оказывается получается! Я все пытался набрести на какой-нибудь индикатор того, что мы один раз функцию от икса взяли, перед тем как второй раз брать. Оказывается, это просто минус, убивает себя при повторном умножении.

А мне вот все равно интересно, если допускать только $x>0$, решение существует?

[venco]

ShMaxG в сообщении #405963 писал(а):

А мне вот все равно интересно, если допускать только $x>0$, решение существует?

С разрывами:

$$ f(x) = \left\{ \begin{array}{cc} 2x, & [\log_2 x] \equiv 0 \pmod 2 \\ \frac 2 x, & [\log_2 x] \equiv 1 \pmod 2\end{array} $$

[svv]

ShMaxG писал(а):

Я все пытался набрести на какой-нибудь индикатор того, что мы один раз функцию от икса взяли, перед тем как второй раз брать.

Вы знаете, я тоже! "Минус" и оказался таким подходящим индикатором.

[ShMaxG]

venco
Хммм. Пусть $x:$$ \[\left[ {{{\log }_2}x} \right] \equiv 1{\text{ }}\left( {\bmod {\text{ }}2} \right)\]$. Тогда $f(x)=\frac{2}{x}$. Тогда $\[\left[ {{{\log }_2}f\left( x \right)} \right] = \left( {1 - \left[ {{{\log }_2}x} \right]} \right) \equiv 0{\text{ }}\left( {\bmod {\text{ }}2} \right)\]$. Значит $\[f\left( {f\left( x \right)} \right) = 2f\left( x \right) = \frac{4} {x}\] $. Или я где-то ошибаюсь?

[venco]

Согласен, не додумал.

-- Пт янв 28, 2011 13:11:51 --

Ок, исходное уравнение для строго положительных аргументов/значений эквивалентно $g(g(t))=-t$, где $g(t)=\ln{f(e^t)}$.

Теперь можно:

$$ g(t) = \left\{ \begin{array}{cc} 2t, & [\log_2 |t|] \equiv 0 \pmod 2 \\ -\frac t 2, & [\log_2|t|] \equiv 1 \pmod 2\end{array} $$

Или исходная функция:

$$ f(x) = \left\{ \begin{array}{cc} x^2, & [\log_2 |\ln x|] \equiv 0 \pmod 2 \\ \frac 1{\sqrt x}, & [\log_2|\ln x|] \equiv 1 \pmod 2\end{array} $$

[Руст]

Я в Mathlinks давал общее решение этой задачи. Оно получается разбиением множества R\{0,1,-1} на два подмножества U,V мощностью континиум с условием, если $x\in U\to 1/x\in V$ и наоборот.
тогда любая биекция $g:U\to V$ продолжается до функции $g(g(1/x))$ единственным образом после задания $g(1)=\pm 1$ (если $g(1)=1$, то и $g(-1)=-1$.

[Legioner93]

Спасибо всем! Эта функция интересна тем, что обратная ей функция (если она существует) является обратной в обоих смыслах этого слова:) Т.е. $f^{-1}(x)=\frac{1}{f(x)}$. Именно такую функцию я и искал.