функциональное уравнение

[daogiauvang]

Найти все функции причем $x_1 > x_2$ то $f(x_1) > f(x_2)$ для всех $ x \in R^{+}$ и
$f(x+1)-f(x)=e^{-x}\ \forall x\in R^{+}$

[Henrylee]

Понятно, что функция $f$ полностью определяется своими значениями на полуинтервале $[0,1)$. Ну и зададим ее на нем произвольно (строго монотонно, судя по первой фразе). Дальше очевидно.

[Профессор Снэйп]

Henrylee писал(а):

Понятно, что функция $f$ полностью определяется своими значениями на полуинтервале $[0,1)$. Ну и зададим ее на нем произвольно (строго монотонно, судя по первой фразе).

А с чего это она тогда будет монотонной на всём $\mathbb{R}^+$?

[ИСН]

Ну, не совсем произвольно. А то монотонность может сбиться на стыках, или (вот главное) на последующих отрезках.

Добавлено спустя 24 секунды:

Ох, совсем не произвольно.

Добавлено спустя 1 минуту 13 секунд:

Кроме ${e\over e-1}(1-e^{-x})$, хоть кто-то вообще годится?

[Henrylee]

О! И действительно ведь совсем не произвольно Спасибо за указания на мои глюки, не проникся сперва.

[Mikhail Sokolov]

А, по-мойму, подходит любая строго монотонно возрастающая функция, заданная на отрезке $(0,1]$ и удовлетворяющая неравенству: $f(1)\leq 1+f(0+)$.

[Профессор Снэйп]

Mikhail Sokolov писал(а):

А, по-мойму, подходит любая строго монотонно возрастающая функция, заданная на отрезке $(0,1]$ и удовлетворяющая неравенству: $f(1)\leq 1+f(0+)$.

Вы сильно ошибаетесь.

[Henrylee]

ИСН писал(а):

Кроме ${e\over e-1}(1-e^{-x})$, хоть кто-то вообще годится?

Вы оказались абсолютно правы, эта функция действительно единственна (с точностью до константы). На самом деле, из исходного уравнения следует, что для любого $x\geqslant 0$ и любого натурального $n$

$$ f(x+n)=f(x)+\frac{e}{e-1}e^{-x}(1-e^{-n}). $$

Тогда $\forall x\geqslant 0$

$$ \exists\lim\limits_{n\to\infty}f(x+n)=C(x)=f(x)+\frac{e}{e-1}e^{-x}. $$

Осталось, пользуясь монотонностью, показать, что $C(x)=$const.
Возьмем произвольные точки $x_1<x_2$. Начиная с некоторого $n$ будет выполняться $x_1+n>x_2$.
Тогда ввиду возрастания функции из $x_1+n<x_2+n<x_1+2n$ следует

$$ f(x_1+n)<f(x_2+n)<f(x_1+2n). $$

Переходя к пределу по $n$, получим

$$ C(x_1)\leqslant C(x_2)\leqslant C(x_1), $$

что означает $C(x)=C$. Ясно, что $C=f(0)+\frac{e}{e-1}$
В результате имеем

$$ f(x)=f(0)+\frac{e}{e-1}(1-e^{-x}). $$

[Mikhail Sokolov]

Красиво.

[ShMaxG]

ИСН писал(а):

А то монотонность может сбиться на стыках, или (вот главное) на последующих отрезках.

Кстати, почему? На каких стыках? $ x_1 > x_2$ то $f(x_1) > f(x_2) $ для всех$ x \in R^{+} $, разве это не означает строгой монотонности?

[Henrylee]

ShMaxG писал(а):

ИСН писал(а):

А то монотонность может сбиться на стыках, или (вот главное) на последующих отрезках.

Кстати, почему? На каких стыках? $ x_1 > x_2$ то $f(x_1) > f(x_2) $ для всех$ x \in R^{+} $, разве это не означает строгой монотонности?

Да это было сказано про мой первый глючный пост
Там все может быть.

[ShMaxG]

А, понятно.

[zoo]

daogiauvang писал(а):

Найти все функции причем$ x_1 > x_2$ то $f(x_1) > f(x_2) $для всех$ x \in R^{+} $и
$f(x+1)-f(x)=e^{-x}\ \forall x\in R^{+}$

по-моему есть вполне регулярный способ решения таких задач -- преобразование Лапласа

[Henrylee]

zoo писал(а):

по-моему есть вполне регулярный способ решения таких задач -- преобразование Лапласа

Решение в студию! (обязательно пригодится кому-нибудь)

[Руст]

На самом деле любая функция на интервале [0,1), удовлетворяющая условию
$\forall 0\le y<x<1 \ \ f(x)-f(y)\ge \frac{e}{e-1}(e^{-y}-e^{-x})$ распространяется монотонным образом на всю положительную ось по формуле: $f(x)=f(\{x\})+\frac{e^{-\{x\}}-e^{-x}}{1-e^{-1}}$.