Количество Решений Функционального Уравнения

[veg_nw]

функция задана функциональным уравнением:

$f(f(x,y),x)=y$
$f(x,x)=0$

Легко доказать что оно не являеться непрерывным нигде.
Но вопрос такой сколько разных решений имеет данное уравнение. Я думаю одно решение. Но доказать не могу.

[hurtsy]

veg_nw в сообщении #889548 писал(а):

Легко доказать что оно не являеться непрерывным нигде.

Слишком много отрицаний, отбивает желание искать смысл. Конкретно, является ли $f$ непрерывной в точке $(0,0)$?

[veg_nw]

Совершенно согласен.
Правильнее будет так:

Легко доказать что $f$ не являеться непрерывной в любой точке $(x,y)$.

Но вопрос в том чтобы найти количество решений. Я думаю что решение одно. Но путей докозать это не вижу.

[Vince Diesel]

А то, что существует хотя бы одно, очевидно?

[ИСН]

Перепишем короче: если $f(x,y)=z$, то $f(z,x)=y$ и $f(y,z)=x$. В этом есть какая-то жуткая симметрия, только непонятно, что дальше.

-- менее минуты назад --

А нет, всё понятно. Это единственное условие. Кроме банальных $f(x,x)=0,\;f(0,x)=f(x,0)=x$ - у нас полная свобода. Тупо придаём функции любое значение ($z$) в любой точке $(x,y)$ и обусловленные им значения в двух родственных точках. Так делаем континуум раз. Что мешает?

[veg_nw]

Да одно очевидное решение существует. Но давайте говорить не буду пока какое чтобы не направлять мысли.
Но на самом деле мы прывикли думать непрерывными функциями... а тут совершенно другое.

По этому линку можно увидеть обсуждение на эту тему.
http://mathoverflow.net/questions/171946/how-to-determine-if-functional-equation-has-no-analytic-solution?noredirect=1#comment432817_171946

-- 25.07.2014, 11:05 --

ИСН

Цитата:

А нет, всё понятно. Это единственное условие. Кроме банальных $f(x,x)=0,\;f(0,x)=f(x,0)=x$ - у нас полная свобода. Тупо придаём функции любое значение ($z$) в любой точке $(x,y)$ и обусловленные им значения в двух родственных точках. Так делаем континуум раз. Что мешает?

Если честно не понял. Можно на примере?

[bot]

ИСН говорит о том, что тождество $f(f(x,y),x)=y$ равносильно импликации $f(x,y)=z\rightarrow f(z,x)=y$. Вот она и свобода.
Запускаем процесс.
Для начала полагаем $f(x,x)=x$ для всех $x$. Все точки $(x,y), \, x\ne y$ расположим в трансфинитную последовательность. Чтобы определить $f$ в очередной точке $(x,y)$ достаточно взять любое $z$, не являющееся уже определённым значением функции в точках вида $(x,t), (t,y)\ t\in \mathbb R$ и положить $f(x,y)=z, f(z,x)=y, f(y,z)=x$. Легко видеть, что этот выбор возможен. Это на непредельном ординале, а на предельном, понятно, объединить.
Итого контиинуум шагов.

[veg_nw]

bot

Цитата:

Для начала полагаем $f(x,x)=x$ для всех $x$.

Но по условию $f(x,x)=0$

[bot]

Не обратил внимания. Ну тогда для начала $f(x,x)=0,\ f(0,x)=x=f(x,0)$ вместо $f(x,x)=x$

[veg_nw]

Я все же не понимаю идею.

Так вы уже сделали предположение что ?
$z \not= y$

[bot]

veg_nw в сообщении #890213 писал(а):

Так вы уже сделали предположение что ?
$z \not= y$

Это о чём?

[veg_nw]

Вопрос в том что эти числа могут иметь цикличность. Например
$f(5,1)=4; f(1,4)=5; f(5,4)=1$

-- 25.07.2014, 18:41 --

Я наверное не понимаю ваш алгоритм построения. Может немного детальней объяснть плз?

-- 25.07.2014, 18:43 --

Т.е. вы утверждаете что решеный бесконечно много.

[hurtsy]

veg_nw в сообщении #890057 писал(а):

Легко доказать что $f$ не являеться непрерывной в любой точке $(x,y)$.

Так легче. И все же, в окрестности (0,0) при $x\ne y $ согласно $f(f(x,y),x)=y$ $f$ стремится к 0 вместе с у. То есть $f$ не является разрывной в начале координат. С уважением,

[bot]

veg_nw в сообщении #890259 писал(а):

Вопрос в том что эти числа могут иметь цикличность.

Не только могут, но и обязаны. Только ежели $f(5,1)=4$, то обязательно $f(4,5)=1$ и $f(1,4)=5$, а $f(5,4)=1$ быть не обязано.
Решений не бесконечно много, а очень бесконечно много.

[kp9r4d]

А если потребовать коммутативность и ассоциативность, что можно сказать о числе решений? Минимум одно есть.