Функциональное уравнение

[Mikhail Sokolov]

Требуется найти общее решение функционального уравнения:
g(f(x)+f(y)) = x+g(f(y-x)+f(-x)),
где x,y из $\mathbb{R}$; g,f - строго монотонно возрастающие непрерывные функции.

Существуют ли решения иные, чем удовлетворяющие тождеству g(f(x)+f(y)) = $\frac {(x+y)}{3}$+С?
Спасибо.

[Mikhail Sokolov]

Небольшие дополнительные упрощающие предпосылки относительно искомых функций g и f:
1. g и f дифференцируемы;
2. f(-x) = -f(x). Откуда, в частности, f(0) = 0.

Решения, отличные от g(f(x)+f(y)) = $\frac {(x+y)}{3}$+C, но не удовлетворяющие (2), существуют. Например, g(f(x)+f(y)) = ln(e^x+e^y+1)+C.

[Скорцонер]

Уважаемый Михаил! Ваша задачка меня заинтересовала, но похоже, что при заданных условиях это уравнение не имеет решений, кроме линейного.
Вот набросок доказательства.
Исходное уравнение есть:
1). g(f(x) + f(y)) = x + g(f(y – x) + f(–x)), где f(x) нечетна и монотонна.
Покажем, что функция g тоже нечетна.
Подставляя в 1). y=0 при нечетной f(x) найдем:
2). g(f(x)) = x + g(–2f(x))
или
3). – g(–2f) + g(f) = F(f) ,
где F(f) = x – функция, обратная к f(x) .
Заменим в 3) поочередно f на f/2, f/4, f/8 и т.д. , и затем на – f/2, – f/4, – f/8, …. и все полученные равенства сложим. С учетом того, что F(f) является нечетной монотонной, почти все члены сократятся и в результате получим
4). – g(f) = g(–f).
3) перепишется, как:
5). g(2f) + g(f)) = F(f)
Подставляя в исходное уравнение y = 2x найдем: g(f(x) + f(2x)) = x , или
6). f(2x) + f(x) = G(x),
где G(x), - функция, обратная к g(f).
Уравнения 5) и 6) являются функциональными, поэтому переменную в них можно взять любую и заменить в 5). f на x. Получаем:
7). g(2x) + g(x) = F(x).
6) и 7) можно рассматривать, как систему уравнений.
Продифференцируем 6) и 7) по x с учетом того, что dF(f)/df = 1/ df/dx, и, соответственно, dG(x)/dx = 1/ dg/df с учетом замены переменных. После умножения на знаменатель и вычитания полученных соотношений друг из друга найдем:
8) dg(2x)/ df(2x) = dg(x) /df(x).
Можно составить бесконечную цепочку таких равенств, последовательно деля аргумент на 2. Из непрерывности и дифференцируемости f и g в нуле следует, что для любого x имеет место dg(x)/df(x) = dg(0)/df(0) = const. Отсюда следует, что f(x) = Сg(x), а также F(x)= G(Сx).
Подставив последнее выражение в 7), получим
9) g(2x) + g(x) = G(Сx).
Поскольку g(x) и G(x) – взаимно обратные и монотонные функции, они имеют противоположные характеристики в смысле выпуклости и вогнутости. Исходя из этих соображений, можно показать, что правая часть 9) не может быть равна левой, кроме линейного случая. END.
Дорабатывать доказательство мне пока некогда, но кажется, что его можно довести до ума. Конечно, здесь не хватает некоторых подробностей. Надеюсь, что не в таком объеме, как в телеграмме одного любителя математики в Академию Наук СССР: «Разрешил проблему Ферма. Основная идея: перенести зэт в энной степени в левую часть. Подробности письмом».

[Mikhail Sokolov]

Уважаемый Скорцонер, большое спасибо!
Ваши результаты позволяют весьма существенно продвинутся в решении (я как раз в душе и надеялся доказать, что иных решений, кроме как линейных, нет). Чтобы воспользоваться ими необходимо, правда, потребовать чуть большей регулярности от $g$ и $f$. В частности, непрерывную дифференцируемость $f$ и $g$ (используется в (8)), а также то, что $f$ - биекция $R$ на $R$ (используется в (7)). Также при интегрировании потерялась константа (но это несущественно). Единственно, по-мойму, могут возникнуть сложности при доказательстве того, что (9) влечет линейность $g$.
Хочется также отметить, что исходное уравнение близко к хорошо известному функциональному уравнению, характеризующему арифметическое и экспоненциальное средние среди всех средних по Колмогорову-Нагумо-Де Финетти (см., например, Харди, Литтлвуд, Полиа. Неравенства; или Ацел, Домбр. Функциональные уравнения с несколькими переменными):
$f^{-1} (f(x+a)/2 + f(y+a)/2) = a + f^{-1} (f(x)/2 + f(y)/2)$ для любых $x$,$y$,$a$ из $R$.
Возможно для исходного уравнения можно применить аналогичные методы решения...

[Скорцонер]

Нелинейные решения 9). все же существуют. Соображения выпуклости для доказательства их линейности использовать не удалось.

[Скорцонер]

Дальнейшие подробности.
Если обозначить через R оператор, переводящий функцию f(x) в функцию f(x) + f(2x), то система 6) и 7) запишется в виде:
12) fRg = 1,
13) gRf = 1
где 1 обозначает единичный оператор. Умножая обе части 13) слева на fR c учетом 12) получим:
14) Rf = fR.
Такие коммутации рассматривались в задаче Хет Зифа
15) f*f*x = = e^x.
Там отмечено, что решением 14) будет любое решение уравнения
16) f*f = R,
и аналогично для g. Судя по решению задачи 15) решение 16) тоже неоднозначно, хотя как «извлекать корень» из R пока не знаю. В качестве частного решения можно попробовать представить R = 1 + (R - 1) и разложить R^1/2 в формальный ряд Тейлора по степеням (R - 1).

[Руст]

Скорцонер писал(а):

Дальнейшие подробности.
Если обозначить через R оператор, переводящий функцию f(x) в функцию f(x) + f(2x),...
... хотя как «извлекать корень» из R пока не знаю. В качестве частного решения можно попробовать представить R = 1 + (R - 1) и разложить R^1/2 в формальный ряд Тейлора по степеням (R - 1).

Извините, что вмешиваюсь не читая предыдущие посты.
R линейный оператор. Соответственно можно извлечь квадратный корень разложив функции по собственным векторам, определяя действие $\sqrt R f_{\lambda } =\sqrt{\lambda }f_{\lambda }$, правда получается бесконечно много квадратных корней, связанных с выбором квадратных корней бесконечного числа собственных значений.

[Скорцонер]

Русту.
Тут только один собственный вектор вида у = Сх с собственным числом л = 3. Но проблема еще в том, что не все решения уравнения 14) являются решениями 16). К ним относится приводимое Михаилом вначале темы решение 14) вида f(x) = x/3, которое не удовлетворяет 16).
Проще, повидимому, исходить сразу из 14). Действуя равенством 14) на функцию y = х, найдем:
17). f(x) + f(2x) = f(3x).
Если бы это соотношение имело только линейные решения, то это же относилось бы к исходному уравнению Михаила. К сожалению, это не так. Пусть нам известно, что f(1) = С. Рассмотрим функцию r(x) = f(x) – Сx. Она также удовлетворяет 17). Но она не обязана быть тождественно = 0, как хотелось бы.
Для доказательства определим r(x) = 0 на отрезке [0,1], и как произвольную гладкую функцию на отрезке (1,2]. Тогда значения на отрезке (2,3] мы найдем из 17). Таким образом, r(x) будет определена на отрезке [0,3]. Аналогичным образом определим ее на отрезке [0,9] и т. д. на всей прямой.
Таким образом, 14), как и система 6) и 7) имеет множество решений. Остается пока неясным вопрос, будут ли какие – либо из этих решений, кроме линейного удовлетворять исходному функциональному уравнению Михаила. Хотя все его решения содержатся в решениях коммутационного соотношения 14).

[Руст]

Обозначим через $F(x,z)=g(f(x)+f(x+z))-\frac{x}{2}$, тогда исходное уравнение равносильно $F(x,z)=F(-x,z)$. Решений много. Например $f(x)=e^{ax+b},g(x)=\frac{1}{2a}ln(x)+C$. При положительных а функции монотонно растущие, но не удовлетворяют предполагаемому соотношению.

[Скорцонер]

Русту.
Я внес исправления в предыдущее, не заметив, что Вы кое-что добавили. Однако Ваше преобразованное уравнение НЕ равносильно исходному. Хотя подобного типа решение уже упоминалось во втором посте автора. Оно не подходит, так как в этой теме речь идет только о решениях с нечетной f (откуда вытекает нечетность g).

[Скорцонер]

Линейность решения можно доказать используя элементы бутстрепа.
Обозначим в исходном уравнении (1)
18). f(x) + f(y) = u
19). f(x) + f(x – y) = v
20). f(y) = w
Тогда исходное уравнение запишется как
21). g(u) + g(v) = F(u – w), где F – функция, обратная f.
Поскольку исходное уравнение зависит от двух параметров, легко видеть, что переменные последнего уравнения связаны соотношением
22). F(w – u) + F(w + v – u) + F( w) = 0.
Полагая в 21) и 22) u = 0, и используя нечетность g и F найдем
23). g(v) = – F(w) = F(v + w) + F(w) , или F(v + w) = 2F(– w).
Равенство 17) f(x) + f(2x) = f(3x) для f эквивалентно следующему условию для обратной функции F:
24). Если F(y) = 2F(x), то F(x + y) = 3F(x).
Поэтому из 23) следует, что F(v) = 3F(– w), а также
25). g(v) = 1/3 F(v).
Введем для упрощения переменную s = u – w. Тогда 21) и 22) можно записать в виде:
26). 1/3[F(u) + F(v)] = F(s) = F(v – s) + F(u – s).
Далее обозначим F(u) = 3p, F(v) = 3q, F(s) = r. Тогда 26) примет симметричный вид
27). r = p + q = F[f(3q) – f(p + q)] + F[(f(3p) – f(p + q)], (что также нетрудно получить из 1) и 25)).
При помощи 27) можно показать, что для всякого целого n имеет место:
28) f(nx) = nf(x).
Подставляя в 27) p = 2q и найдем: 3q = F[f(6q) – f(3q)] + F[f(3q) – f(3q)], или 2f(3q) = f(6q). Ввиду произвольности q получаем для четных n = 2m:
29) f(2mx) = 2f(mx)
Тогда 17) запишется как
30) f(3mx) = 3f(mx).
Для нечетных N = 2n – 1 используем формулу
31). f [(2n – 1)x] = f(3nx) – f [(n + 1)x], следующую из 27) при q = p + 1.
Предположим, что 28) уже доказано для всех n<N. Тогда, как легко видеть, для n = N это равенство через предыдущие формулы сводится к меньшим значениям n.
Полагая в 28) x = y/n получим f(y/n) = 1/n f(y). Ясно, что при этом для всякого рационального k = m/n будет иметь место соотношение f(kx) = kf(x). Для непрерывных f(x) это и означает линейность. Итак, мы доказали, что единственным решением исходного уравнения являются линейные функции
30) f(x) = x, и g(x) = 1/3 x.
Михаилу Соколову.
Помнится, Вы на своем сайте анонсировали премию за решение Ваших задач. Надеюсь, что я теперь имею право рассчитывать на бутылку коньяка (для закрепления результата).

[Mikhail Sokolov]

Скорцонер
Большое спасибо, буду разбираться.

P.S. Насчет премии. Вы достаточно вольно трактовали сообщение с домашней страницы . Оно, очевидно, касалось упомянутых ТАМ проблем, а не задач и вопросов, оставляемых где-либо на каких-либо форумах. Более того, речь шла не о "премии", а о "благодарности", что имеет несколько иной оттенок. Тем не менее, извольте. Присылайте адрес, - готов выслать (только лучше не бутылку - ибо по дороге в Казань может разбиться).
Извиняюсь за флуд.

[Скорцонер]

М.Соколову.
Последнее, скорее, шутка. Перевоз обойдется дороже. Хотя проблемы, перечисленные у Вас на сайте, мне показались схожей степени сложности. В общем, я хотел сказать, что с Вашей задачей мне пришлось повозиться.