Функциональное уравнение

[muzeum]

worm2 в сообщении #598611 писал(а):

Предположим, что $f(x)\ne 1$ для какого-то $x$. Положив $y=x/(f(x)-1)$, получаем противоречие.
Следовательно, единственное решение: $f\equiv 1$.

(Оффтоп)

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

Предположим, что для некоторого $x$ выполнено $f(x)>1$. Тогда, либо для $y=x/(f(x)-1)$ мы получим f(y)=0, из чего следует , что для всех $x$ $f(x)=0$, либо $f(x)=1$ - противоречие.
Предположим, что для всех $x$ $0<f(x)<1$ (отрицательным оно быть не может по условию). Тогда функция монотонно убывает.
Например, $f(x)=\frac{1}{1+x}$. Существуют ли еще и другие функции?

[Профессор Снэйп]

muzeum в сообщении #598876 писал(а):

Предположим, что для всех $x$ $0<f(x)<1$ (отрицательным оно быть не может по условию). Тогда функция монотонно убывает.

Почему это так?

-- Ср июл 25, 2012 02:02:27 --

Извиняюсь, ступил Понятно почему.

-- Ср июл 25, 2012 02:04:41 --

muzeum в сообщении #598876 писал(а):

Например, $f(x)=\frac{1}{1+x}$.

Не понял, это Вы к чему? Типа одно из решений, что ли?

В любом случае задача ещё не решена. Остаётся случай $(\forall x)(0 < f(x) \leqslant 1)$.

[Профессор Снэйп]

Заметил, что если $f(x) = 1$ для какого-то $x$, то то функция периодична с периодом $x$. Действительно, в $f(x)f(yf(x)) = f(x+y)$ подставляем этот $x$ и получаем $f(y) = f(x+y)$ для произвольного $y$.

[worm2]

muzeum в сообщении #598876 писал(а):

Существуют ли еще и другие функции?

Можно обобщить до $y=\frac{1}{1+cx}$, где $c\geqslant 0$

-- Ср июл 25, 2012 10:10:54 --

Вроде бы других нет (если интерпретировать $\mathbb{R}_+$ как строго положительные числа).
muzeum показал, что функция не может превышать единицы.
Профессор Снэйп показал, что из равенства единице в какой-то точке следует периодичность. Однако функция невозрастающая (т.к. $f(x+y)$ является произведением $f(x)$ и множителя, не превышающего 1), поэтому периодичность эквивалентна равенству 1.
Остаётся вариант, что функция строго меньше 1 на всём $\mathbb{R}_+$ (и строго монотонно убывает). Из монотонности следует дифференцируемость почти всюду (чую, что это чересчур тяжёлая артиллерия для такой задачи, ну да ладно). Беря в качестве $x$ точку, в которой производная существует, а в качестве $y$ малое приращение, получаем дифур, справедливый в этой точке: $f'=f'(0)f^2$, откуда следует также существование правосторонней производной в нуле (я опускаю подробности, но замечу, что здесь мы доопределяем $f$ в нуле единицей). Беря теперь в качестве $x$ произвольную точку, получаем тот же самый дифур (из существования производной в правой части теперь следует существование предела в левой), значит, функция всюду дифференцируема. Остаётся решить дифур.

[ts0_9]

Предположим что $ f(k)=1 $ . $P(x,k-x) \to f(x)f((k-x)f(x))=1$. Так как $ f(x)\le 1$ то $ f(x)=f((k-x)f(x))=1 $. Значит если $f(k)=1$,то для всех x<k верно что $f(x)=1$.
Допустим что k-мах такое число что $f(k)=1$, но $P(\frac{2k}{3},\frac{2k}{3})$ => $f(\frac{4k}{3})=1 $ и т.д получаем что $f(x)=1$ для всех $x$.
Если $0<f(x)<1$ для всех $x$ . Тогда $P(x,y) \to f(x+y)=f(x)f(yf(x))<f(x)$ =>
функция монотонно убывает и следовательно инъективная.
$P(x,y)$ и $P(yf(x),x+y-yf(x))$ тогда получаем что
$f(x)f(yf(x))=f(x+y)$1 и $f(yf(x))f((x+y-yf(x))f(yf(x)))=f(x+y)$2.
Из 1 и2 следует что $f(x)f(yf(x))=f(yf(x))f((x+y-yf(x))f(yf(x)))$ =>
$ f(x)=f((x+y-yf(x))f(yf(x)))$ так как функция инъективно то получаем $ x=(x+y-yf(x))f(yf(x))$ Отметим через $F(x,y)$ выражение $ x=(x+y-yf(x))f(yf(x))$.
$F(1,\frac{x}{f(1)}) \to 1=f(x)(1+\frac{x}{f(1)}-x) $ => $ f(x)=\frac{f(1)}{f(1)+x-xf(1)}$ => $f(x)=\frac{1}{1+xa}$ где $a=\frac{1-f(1)}{f(1)} $. Легко проверить что функции $f(x)=\frac{1}{1+xa}$ и $f(x)=1$ удовлетворяет условию

[worm2]

ts0_9, красивое решение! Всё получилось исключительно элементарными средствами.

[Профессор Снэйп]

Да, это решение!!!

Но я бы не сказал, что совсем простое. Хотя всё действительно элементарными средствами. Но можно подумать над упрощением.

[Edward_Tur]

Найти все функции $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ такие, что $(x-y)^3f(z)+(y-z)^3f(x)+(z-x)^3f(y) = 0$ для всех $x,y,z\in\mathbb{R}$, удовлетворяющих условию $x+y+z=0.$

[TOTAL]

Профессор Снэйп в сообщении #599001 писал(а):

Но можно подумать над упрощением.

Случай монотонной функции становится немного проще, если переписать
$f(x) \cdot f(y)=f(x+\frac{y}{f(x)})$

Откуда
$x+\frac{y}{f(x)}=y+\frac{x}{f(y)}$

[Edward_Tur]

1.Найти все функции $f : \mathbb{Q} \to \mathbb{R}$ такие, что $f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)=3(f(x)+f(y)+f(z))$ для всех $x,y,z\in\mathbb{Q}$, удовлетворяющих условию $x+y+z=0.$

2.Найти все функции $f : \mathbb{Q} \to \mathbb{R}$ такие, что $f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)=9(f(x)+f(y)+f(z))$ для всех $x,y,z\in\mathbb{Q}$, удовлетворяющих условию $x+y+z=0.$