Фунциональное уравнение

[Trius]

Найти все неубывающие и невозрастающие функции $f:[0;+\infty)\to R$, для которых при всех $x,y\geq 0$ исполняется $f(x+y)-f(x)-f(y)=f(xy+1)-f(xy)-f(1)$ и $f(3)+3f(1)=3f(2)+f(0)$

[Хорхе]

То ли меня глючит, то ли подстановка $y=1$ в первое уравнение дает $f(x)=f(1)$.

[RIP]

Хорхе писал(а):

То ли меня глючит, то ли подстановка $y=1$ в первое уравнение дает $f(x)=f(1)$.

Вас глючит

[Хорхе]

Да, я уже понял

[RIP]

Берем любое $c>0$. При $x\to\infty$

$$f(x+c/x)-f(x)=f(c/x)+f(c+1)-f(c)-f(1)\to g(c)=f(c+1)-f(c)-f(1)+f(+0).$$

Берём $x_0>0$ и рассмотрим посл-ть $x_{n+1}=x_n+\frac c{x_n}$. $x_n$ возрастает и неограничена (иначе для предела выполнялось бы $x=x+c/x$). Поэтому $x_{n+1}^2=x_n^2+2c+c^2/{x_n^2}=x_n^2+2c+o(1)$, значит, $x_n^2=(2c+o(1))n$.
Поскольку $f(x_n)-f(x_0)=(g(c)+o(1))n$ и $x_{n+1}-x_n=c/{x_n}=o(1)$, то существует предел

$$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x^2}=\frac{g(c)}{2c}.$$

Итак, $f(x+1)-f(x)-f(1)+f(+0)=2ax$ для некоторого $a$ ($x>0$). Подставляем это в тождество из условия, получим

$$f(x+y)-f(x)-f(y)=2axy-f(+0),x,y>0.$$

Тогда функция $h(x)=f(x)-ax^2-f(+0)$ удовлетворяет

$$h(x+y)=h(x)+h(y),x,y>0,\quad h(+0)=0.$$

Тогда $h(x)=bx$, поэтому $f(x)=ax^2+bx+c$ при $x>0$. Учитывая $f(3)+3f(1)=3f(2)+f(0)$, получаем $f(0)=c$. Осталось из этого барахла выбрать монотонные функции.