Функциональное уравнение II

[Edward_Tur]

$Q \to R$:
$f(x + y) + f(xy - 1) = \left( {f(x) + 1} \right)\left( {f(y) + 1} \right)$

[Батороев]

Не уверен, что правильно понял условие

$ f(x+y) = -(x+y)^2 $
$ f(xy-1) = [(xy-1)+2]^2 $
$ f(x) = -x^2 $
$ f(y) = -y^2 $

[Edward_Tur]

$f(x)=-x^2$ - не решение, потеряли "минус". А доказательство?

[Батороев]

Батороев писал(а):

$ f(x+y) = -(x+y)^2 $
$ f(xy-1) = [(xy-1)+2]^2 $
$ f(x) = -x^2 $
$ f(y) = -y^2 $

$ f(x+y) + f(xy-1) = $
$ = [(xy-1)+2]^2 - (x+y)^2 = (xy+1)^2 - (x+y)^2 = $
$ = (xy+1+x+y)(xy+1-x-y) = $
$ = (x+1)(y+1)(x-1)(y-1) = (x^2-1)(y^2-1) = $
$ = (1-x^2)(1-y^2) = $
$ = (f(x)+1)(f(y)+1) $

$ f(x+y) + f(xy-1) = ( f(x) + 1)((y) + 1) $

[neo66]

Батороеву:
Если $f(x)=-x^2$, то $f(xy-1)=-(xy-1)^2$, а не то, что Вы пишите.

[Батороев]

neo66 писал(а):

Батороеву:
Если $f(x)=-x^2$, то $f(xy-1)=-(xy-1)^2$, а не то, что Вы пишите.

Да нет, у меня все правильно, только мое решение отличается от авторского
ровно настолько, насколько выражение
$ (xy-1)^2 + (x+y)^2 = (x^2+1)(y^2+1) $
отличается от выражения
$ (xy+1)^2 - (x+y)^2 = (x^2-1)(y^2-1) $

А то, что Вы предлагаете, может лечь в основу третьего решения

[Edward_Tur]

Решение. Пускай $P(x,y)$ - свойство $f(x + y) + f(xy - 1) = \left( {f(x) + 1} \right)\left( {f(y) + 1} \right)$
$P(x,0)$ дает $f(x)f(0) = f( - 1) - f(0) - 1$. Если $f(0) \ne 0$, то $f(x) = const$, что не удовлетворяет уравнению. Значит $f(0) = 0$ и $f( - 1) = 1$.
$P(x,-1)$ дает $f(x - 1) + f( - x - 1) = 2f(x) + 2$.
$P(x,1)$ дает $f(x + 1) + f(x - 1) = 2f(x) + 2$.
Разность этих уравнений даёт чётность искомой функции.
Индукцией легко доказывается равенство
$f(x + n) = (n + 1)f(x) - nf(x - 1) + n^2 + n$ для $n \in Z$, а отсюда и $f\left( n \right) = n^2 $ для всех $n \in Z$.
$P(x,n)$ с учетом последних равенств дает $f(nx - 1) = (n^2 - n)f(x) + nf(x - 1) - n + 1$.
Аналогично $f(nx + 1) = (n^2 + n)f(x) - nf(x - 1) + n + 1$.
Сложив, получим $f(nx - 1) + f(nx + 1) = 2n^2 f(x) + 2$.
Положив $x = \frac{m}{n}$ получим $f(m - 1) + f(m + 1) = 2n^2 f\left( {\frac{m}{n}} \right) + 2$ и $f\left( {\frac{m}{n}} \right) = \left( {\frac{m}{n}} \right)^2 $.
Итак, для всех $x \in Q f\left( x \right) = x^2 $.

[Edward_Tur]

Найдите все непрерывные функции $f:(0,\infty ) \to (0,\infty )$ такие, что для любых положительных $x$ и $y$
$f(x)f(y) = f(xy) + f(x/y)$
Источник: СПб МО 2002

[worm2]

$f^2(1)=2f(1) \Rightarrow f(1)=2$.
$f^2(x)=f(x^2)+f(1)=f(x^2)+2$.
Это уравнение уже рассматривалось, хотя формулировка в той теме немного другая, но тем не менее в обсуждении разобраны все непрерывные решения.
Там получилось 2 семейства решений, которые можно свести к одному: $f(x)=x^z+x^{-z}$, где $z\in\mathbb{C},\,z^2 \in \mathbb{R}$. Из них следует исключить те, область значений которых не вся положительна, т.е. чисто мнимые $z$.
Получается только $f(x)=x^z+x^{-z}$, где $z\in\mathbb{R}$.