Функциональное уравнение

[xmaister]

Найти все $f:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}_+$, такие что $f(x)f(yf(x))=f(x+y)$.

[griboedovaa]

Оффтоп:
Может ли кто нибудь сказать используются ли функциональные уравнения в высшей математике или хоть методы решения уравнений,если нет то для чего мы их решаем?

[Профессор Снэйп]

griboedovaa в сообщении #598604 писал(а):

для чего мы их решаем?

Для удовольствия

[worm2]

Предположим, что $f(x)\ne 1$ для какого-то $x$. Положив $y=x/(f(x)-1)$, получаем противоречие (здесь и далее ошибочные рассуждения, если f(x)<1, то мы не вправе брать такое $y$, подробности в следующем посте).
Следовательно, единственное решение: $f\equiv 1$.

(Оффтоп)

И нужно убедиться, что это действительно решение, а то балл снизят

[Профессор Снэйп]

Навскидку.

Есть тривиальное решение $f(x) \equiv 0$.

И решения (решение?) с $f(0) = 1$. Каждое из них периодическое, с периодом $1$. Для этих решений выполняется забавное равенство $f(nf(x)) = 1$ при любых $x \in \mathbb{R}_+$ и $n \in \mathbb{N}$.

-- Вт июл 24, 2012 17:00:02 --

А, уже опередили... Обидно

-- Вт июл 24, 2012 17:01:27 --

worm2 в сообщении #598611 писал(а):

Следовательно, единственное решение: $f\equiv 1$.

Решение $f \equiv 0$ пропустили.

Правда, тут вопрос, чему равно $\mathbb{R}_+$: $[0, +\infty)$ или $(0, +\infty)$. Я предполагал первый вариант.

[worm2]

Я второй.

-- Вт июл 24, 2012 16:11:32 --

В моём решении ошибка. Если $f(x)<1$, то $y=x/(f(x)-1)$ будет отрицательным, и аргументы у $f$ будут также отрицательными, а их нельзя подставлять.

[Mathusic]

(griboedovaa)

griboedovaa в сообщении #598604 писал(а):

Может ли кто нибудь сказать используются ли функциональные уравнения в высшей математике

griboedovaa в сообщении #598604 писал(а):

в высшей математике

Не говорите так больше. Пожалуйста.

[ts0_9]

Отметим через P(x,y) выражение f(x)f(yf(x))=f(x+y)
1) $f(x)>1$ для некоторого х. Тогда $P(x,xf(x)-1) \to f(x)=1$ Противоречие. Значит $f(x)≤1$.

2) Предположим что$f(x)<1$ для некоторого х.

Предположим что $f(k)=1$. Пусть $x<k$. Тогда $ P(x,k-x) \to f(x)f(kf(x))=1$ => $f(x)=1$ для $x<k$. Подставив $P(\frac{2k}{3},\frac{2k}{3}) \to f(\frac{4k}{3})=1.$. Тогда $f(x)=1$ для всех х . Противоречие. Значит не существует $k$ такое что $ f(k)=1$.Тогда $ P(x,y) \to f(x+y)=f(x)f(yf(x))<f(x) $. Это означает, что функция убывает и, следовательно, инъективно ..Тода так как $ f(yf(x))>f(x)f(yf(x))=f(x+y) $ то $x+y>yf(x)$. Тогда $ P(x,y)$ и $P(yf(x),x+y-yf(x))$ получим что $f(x)f(yf(x))=f(yf(x))f(f(yf(x))(x+y-yf(x)))$ => $ f(x)=f(f(yf(x))(x+y-yf(x))) $так как инъективная, то $ x=f(yf(x))(x+y-yf(x))$ . Отметим через F(x,y) выражение $ x=f(yf(x))(x+y-yf(x)) $ Тогда $F(1,xf(1)) \to f(x)=f(1)^{2}+x(1-f(1)) $. Тогда $P(x,y)$ (подставляя вместо $f(x)$ выражение $f(1)^{2}+x(1-f(1)) $ ) =>$ f(1)=1$. Тогда $ f(1)=1 $Противоречие.

Значит $f(x)=1$ для всех положительных х.

[Профессор Снэйп]

ts0_9 в сообщении #598776 писал(а):

Это означает, что функция убывает и, следовательно, инъективно ..

Что именно "инъективно"?

-- Вт июл 24, 2012 23:09:58 --

Я, честно говоря, ничего не понял в этом решении. Оформлено оно уж сильно небрежно!

[ts0_9]

Функция называется иньективной если f(x)=f(y) <=> x=y

[Профессор Снэйп]

ts0_9 в сообщении #598783 писал(а):

Функция называется иньективной если f(x)=f(y) <=> x=y

Очень ценные сведения! Это новое знание просто перевернуло мой внутренний мир с ног на голову!!!

Я ведь не про то, что функция не может быть инъективна, а про то, что "функция инъективно".

Вы там это... Поставьте пробелы между предложениями. Недостающие скобки закройте. Окружите формулы знаками доллара там, где это не сделано. Ну и т. п. Короче, превратите свой вдохновенный поток сознания в удобочитаемый математический текст. Уважьте нас хоть немного, нам ведь через Ваши каракули не продраться!

[ts0_9]

Прошу прощения , я все исправил

[Профессор Снэйп]

ts0_9 в сообщении #598817 писал(а):

Прошу прощения , я все исправил

Далеко не всё, конечно, но читать стало уже можно. Сейчас прочту.

-- Ср июл 25, 2012 00:07:23 --

ts0_9 в сообщении #598776 писал(а):

Тогда $ P(x,k-x) \to f(x)f(kf(x))=1$

Вот это не понял. Разве не $P(x,k-x) \Rightarrow f(x)f((k-x)f(x)) = 1$?

[ts0_9]

Профессор Снэйп в сообщении #598823 писал(а):

ts0_9 в сообщении #598817 писал(а):

Прошу прощения , я все исправил

Далеко не всё, конечно, но читать стало уже можно. Сейчас прочту.

-- Ср июл 25, 2012 00:07:23 --

ts0_9 в сообщении #598776 писал(а):

Тогда $ P(x,k-x) \to f(x)f(kf(x))=1$

Вот это не понял. Разве не $P(x,k-x) \Rightarrow f(x)f((k-x)f(x)) = 1$?

Да но из этого тоже следует что f(x)=1 для всех x<k

[Профессор Снэйп]

Возможно. Но когда я натыкаюсь на явно неверное утверждение, то уже не хочу читать дальше.