Еще более неожиданное функциональное уравнение

[jacobmarls_68]

Господа, я никак не уймусь, снова функциональное уравнение. На этот раз ищем функцию от двух переменных.

$A: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} $

$\forall x, z: xzA(xz, x) = (z-1)A(z, x) + 1$

Вот, что удалось найти:
$1. A(z, x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty}(z^n\prod\limits_{k=1}^{n}(1-x^k)) = 1 + (1-x)z + (1-x)(1-x^2)z^2 + ...$

$2. A(x, x) = \frac{1}{x}$

$3. A(x^2, x) = \frac{x^3 + x - 1}{x^3}$

$4. \sqrt{x^{n(n+1)}}A(x^n, x) = 1 + (x^{n-1} - 1)A(x^{n-1}, x) $

Вопросы:
1. Является ли $A(z, x)$ рациональной?
2. Существует ли (если да, то какое) разложение функции в ряд относительно x?
3. Есть ли решения исходного уравнения, не удовлетворяющие свойству 1?

Понятное дело, будет очень неплохо увидеть сами решения. На этом уравнении я немножко застрял. Буду очень благодарен, если кто-то из вас мне поможет!

[iifat]

jacobmarls_68 в сообщении #1600860 писал(а):

$2. A(x, x) = \frac{1}{x}$

$1$ же, не? $A(x,x)=A(1\times x,x)=(1-1)A(1,x)+1$
Соответственно, и $A(x^2,x)=x$ по-моему

[EUgeneUS]

iifat
$z=1$, тогда
$x A(x,x) = 1$
$A(x,x) = 1/x$

-- 13.07.2023, 20:27 --

$z=x$, тогда
$x^2 A(x^2,x) = (x-1) A(x,x) +1$
$x^2 A(x^2,x) = (x-1)/x +1$
$A(x^2,x) = (x-1)/x^3 +1/x^2$
$A(x^2,x) = (2x-1)/x^3$ Какой-то третий вариант получился

[jacobmarls_68]

EUgeneUS в сообщении #1600894 писал(а):

iifat
$z=1$, тогда
$x A(x,x) = 1$
$A(x,x) = 1/x$

-- 13.07.2023, 20:27 --

$z=x$, тогда
$x^2 A(x^2,x) = (x-1) A(x,x) +1$
$x^2 A(x^2,x) = (x-1)/x +1$
$A(x^2,x) = (x-1)/x^3 +1/x^2$
$A(x^2,x) = (2x-1)/x^3$ Какой-то третий вариант получился

Все верно, вы правы. С формулой 3 я ошибся, ваш вариант верный.
К сожалению, отредактировать изначальный пост уже не могу. Не мешало бы поменять свойство 3 на:

$3. A(x^2, x) = \frac{2x-1}{x^3}$

[svv]

jacobmarls_68
Полезно представить, какая прорва различных решений существует у этого уравнения.

На плоскости есть точки $(z,x)$, в которых значения функции $A(z,x)$ выводятся из уравнения, выше приводились примеры.

Есть точки $(z,x)$, в которых значение функции только из уравнения не выводится, но его можно получить (за один шаг или за конечное число шагов), если помимо $z,x$ известно значение функции в некоторой другой точке $(z_0,x_0)$. Такую пару точек назовём "связанные". У них всегда $x=x_0$ и, кроме того, $z=z_0 x^n$ либо $z_0=z x^n$, где $n\in\mathbb N$.

Если исследовать ситуацию в этом направлении, обнаружится, что на плоскости есть обширные области, где функцию можно задать совершенно произвольно. Например, это угол $x>1,1<z<x$. В этой области не найдётся и двух связанных точек.

[jacobmarls_68]

svv в сообщении #1600909 писал(а):

jacobmarls_68
Полезно представить, какая прорва различных решений существует у этого уравнения.

На плоскости есть точки $(z,x)$, в которых значения функции $A(z,x)$ выводятся из уравнения, выше приводились примеры.

Как я понял вашу идею, речь идет о создании счетного количества связных точек из одной точки, значение в которой известно. Тобеж, главное свойство этой функции в том, что из одной точки вида $(z, x)$ легко определяются все точки вида $(zx^n, x), n \in \mathbb{N}$.
Порой главным открытием, приводящим к моментальному решению функционального уравнения, является понимание главного свойства, показываемого уравнением. Спасибо друг мой, за столь полезный ответ! Тему, полагаю, можно считать закрытой, с таким взглядом на задачу я думаю, что быстро справлюсь с ней.

[Утундрий]

jacobmarls_68 в сообщении #1600918 писал(а):

Тобеж

То бишь.

[svv]

jacobmarls_68 в сообщении #1600918 писал(а):

Как я понял вашу идею, речь идет о создании счетного количества связных точек из одной точки, значение в которой известно. Тобеж, главное свойство этой функции в том, что из одной точки вида $(z, x)$ легко определяются все точки вида $(zx^n, x), n \in \mathbb{N}$.

Вы совершенно правильно меня поняли. Более того, одна точка $(z,x)$ определяет точки вида $(zx^n, x)$ для всех целых $n$, если только ни у одной из этих точек первая координата не равна $1$ (чтобы не пришлось делить на нуль, шагая "назад").

Ну, остаются ещё чисто технические проблемы — выразить эту зависимость явной формулой (не знаю, возможно ли это). Но принципиально — да, в каждом классе эквивалентности (множество всех точек вида $(zx^n, x)$ для фиксированных $z,x$) задаём произвольно значение одному элементу (представителю), этим определяются значения для всех остальных элементов того же класса. А разные классы эквивалентности независимы.

[jacobmarls_68]

svv в сообщении #1600927 писал(а):

Но принципиально — да, в каждом классе эквивалентности (множество всех точек вида $(zx^n, x)$ для фиксированных $z,x$) задаём произвольно значение одному элементу (представителю), этим определяются значения для всех остальных элементов того же класса. А разные классы эквивалентности независимы.

Естественно можно определить функцию во всех точках $(z, x)$, где:
- либо $x^2 + z^2 < 1$, так как в этих точках ряд из св. 1 сходится;
- либо $z = 0$, x произвольное
- либо $x = 1$, z произвольное
- либо $x = z$.
Распространяя далее по формуле можно получить все точки вида $(x^n, x)$ и $(z, x)$, где $x < 1$.

Вся проблема заключается во втором аргументе. Уравнение никак не предполагает изменение второго аргумента. Однако, есть результаты, что $A(0, x) = 1$ и $A(\infty, x) = \frac{1}{x-1}$.

$\forall x,z:$
$\lim\limits_{n \to -\infty}{zx^n} = 0; \lim\limits_{n \to \infty}{zx^n} = \infty.$

Вполне возможно, для остальных значений второго аргумента можно сделать более натуральное определение через обратный предел.

[EUgeneUS]

jacobmarls_68 в сообщении #1600992 писал(а):

Естественно можно определить функцию во всех точках $(z, x)$, где:

Ещё
$x=0$
$A(z,0) = \frac{1}{1-z}$

-- 14.07.2023, 17:41 --

Тут ещё вот какой подвох может быть.

1. Можем ли мы потребовать, чтобы область определения функции была всё $\mathbb{R}^2$?

Нет, не можем. Точка $z=1, x=0$ не может входить в область определения.

2. А раз так, то мы в праве рассматривать всякие разные области определения функции. У нас нет никаких критериев предпочесть одну другой.

3. А тогда ломаются всякие "естественные" определения функции

[jacobmarls_68]

EUgeneUS в сообщении #1601001 писал(а):

2. А раз так, то мы в праве рассматривать всякие разные области определения функции. У нас нет никаких критериев предпочесть одну другой.

3. А тогда ломаются всякие "естественные" определения функции

Не соглашусь.
Пусть $\mathbb{D}$ - подмножество $\mathbb{R}^2$. Положим по определению, что точка $(x, y)$ принадлежит $\mathbb{D}$ тогда и только тогда, когда:
- либо ряд сходится $(x^2 + y^2 < 1),$
- либо значение функции в точке следует из уравнения,
- либо точка может быть получена из какой-то из точек, удовлетворяющих хотя бы одному из двух предыдущих пунктов не более чем счетным числом "шагов".
Здесь шаг - применение уравнения для получения значения в точке $(zx, x)$ из $(z, x)$.

Вот более математическое определение того, что я имею в виду под "естественным" определением.

[EUgeneUS]

jacobmarls_68
Поясню на примере.

EUgeneUS в сообщении #1600894 писал(а):

$z=1$, тогда
$x A(x,x) = 1$
$A(x,x) = 1/x$

Этот вывод сделан в предположении, что точка $z_0=1, x_0$ находится в области определения.
Если такая точка не находится в области определения, то мы ничего не можем сказать о значении $A(x_0,x_0)$.

Например, точка $z=1, x=0$ обязательно не входит в область определения. Поэтому неприменимо $A(0,0) = 1/0$.
(Прямым применением уравнения получаем: $A(0,0) = 1$)
Но мы можем убрать из области определения какие-то ещё точки из $z=1$, тогда получим какую-то другую функцию, удовлетворяющую условию.

Далее. Вот это:

EUgeneUS в сообщении #1600894 писал(а):

$z=x$, тогда
$x^2 A(x^2,x) = (x-1) A(x,x) +1$
$x^2 A(x^2,x) = (x-1)/x +1$
$A(x^2,x) = (x-1)/x^3 +1/x^2$
$A(x^2,x) = (2x-1)/x^3$

Основывается на выводе из предыдущего пункта.

То есть, если мы выкалываем из области определения точку $z=1, x=x_0$, то мы не можем определить значения $A(x_0,x_0)$ и $A(x_0^2 ,x_0)$