Ещё одно функциональное уравнение

[arseniiv]

Даны непрерывные функции $g$ и $h$. Найти непрерывную $f$, если

$$f(x) + af(x + b) = g(a, b)f(x + h(a, b)).$$

Можно ещё добавить условия $\frac{\partial g}{\partial a} \not\equiv 0$ и $\frac{\partial h}{\partial b} \not\equiv 0$. Не знаю, легче с ними или без них.

Несколько решений нашёл: $f(x) = c$, $f(x) = x$, $f(x) = \sin cx$. Ещё видно, что если $f$ — решение, то $x\mapsto \alpha f(x + \beta)$ — тоже решение. Не знаю, как найти все (в зависимости от $g$ и $h$), подскажите что-нибудь.

Уравнение вознило из задачи найти такие функции, линейные комбинации сдвинутых копий которых получаются равны ещё одной её сдвинутой умноженной на константу копии. Может быть, лучше какое-нибудь другое (правда, не знаю, какое) уравнение записать?

Или хотя бы как узнать, периодические решения — только синусы-косинусы, или ещё есть.

-- Вт янв 15, 2013 21:20:30 --

arseniiv в сообщении #672010 писал(а):

Ещё видно, что если $f$ — решение, то $x\mapsto \alpha f(x + \beta)$ — тоже решение.

А вроде бы даже и $x\mapsto \alpha f(\gamma x + \beta)$. (А, ну конечно, это же следует из задачи.)

[mihiv]

Не совсем ясно поставлена задача: возьмем, например $f(x)=e^x$, тогда $f(x)+af(x+b)=(1+ae^b)e^x=(1+ae^b)f(x)$.Можно ли это считать решением? Или вид функций $g$ и $h$ заранее задан? Тогда их нужно явно указать.

[arseniiv]

Наверно, правильной постановкой будет такая: найти все тройки $(f, g, h)$, удовлетворяющие уравнению.

-- Вт янв 15, 2013 23:11:21 --

И спасибо вам за ещё одно решение! (Правда, это не решение, если ограничения на частные производные поставить. Без ограничений становится неудобно: $(f, 1, 0)$ при любой $f$ — решение.)

[Xaositect]

arseniiv в сообщении #672045 писал(а):

Наверно, правильной постановкой будет такая: найти все тройки $(f, g, h)$, удовлетворяющие уравнению.

А $a$ и $b$ фиксированы?

[arseniiv]

Нет, переменные, как и $x$. Решением будет такая тройка, на которой равенство при всех действительных $x, a, b$ истинно.

-- Вт янв 15, 2013 23:57:16 --

Надо было их назвать $y$ и $z$, наверно.

[mihiv]

Кстати, для экспоненты умножение на постоянную эквивалентно сдвигу, поэтому можно всегда записать $f(x)=\frac 1{q(a,b)}f(x+\ln q(a,b))$,где $q(a,b)$-произвольная положительная функция.

[Xaositect]

Мне тут придумалась такая штука: раз у нас $f(x)$, $f(x + b)$ и $f(x + h(a,b))$ линейно зависимы, то можно записать соответствующий определитель и приравнять нулю.
Типа такого:

$$\det \left(\begin{matrix}f(x) & f(x + \Delta x) & f(x + 2\Delta x) \\ f(x + \Delta x) & f(x + 2\Delta x) & f(x + 3\Delta x) \\ f(y) & f(y + \Delta x) & f(y + 2\Delta x)\end{matrix}\right) = 0$$

Дальше можно вычесть первый столбец из второго и третьего, расписать в предположении достаточной гладкости разности в ряд Тейлора (интуиция подсказывает, что надо до третьего порядка), устремить $\Delta x\to 0$ и попробовать сделать дифференциальное уравнение.

[arseniiv]

Спасибо за идею!

UPD. Оказалось, я не понял, как составить определитель «типа такого». Столбцы понятны, а из чего составлять строки — из $f(x)$, $f(x + b)$ и $f(x + h(a,b))$ или как-то иначе?

[Mikhail Sokolov]

Функции $f$, $g$ и $h$ дифференцируемы?
Предположим, что $g(0,b) \neq 0$ при любом $b$ (в противном случае $f=0$). Положим в исходном уравнении $a=0$. Получившееся тождество обозначим за (*). Дифференцируя (*) по $x$ и по $b$ и комбинируя полученные два уравнения с (*), получаем: $g'_b(0,b)/g(0,b)f(x)+h'_b(0,b)f'(x)=0$. При фиксированном $b$ - это линейное однородное дифференциальное уравнение относительно $f$ (оно нетривиально: по предположению из вашего первого поста $h'_b \neq 0$).