Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
34.17. Пусть f, g 0 , . . . , g n , h — произвольные функции, которые при всех вещественных x, y, x 6= y, удовлетворяют уравнению (1). Докажите, что тогда эти функции имеют указанный выше вид (ага) Пусть функция f(x) дифференцируема n рази при всех вещественных x, y, x 6=y, выполняется равенство y) k k! f (k) (y) (x − y) n = f (n) (x) + f (n) (y) (n + Докажите, что тогда f — многочлен степени не выше б) Докажите, что если при всех вещественных x, y, x 6= выполняется равенство g(y) x − то f — многочлен степени не выше 2, g = f и f = f ′ 34.19. Докажите, что функциональное уравнение g(y) x − y = f x + сводится к функциональному уравнению (2) 34.20. а) Найдите полиномиальные решения функционального уравнения f( a x + b ) = f(x) при a = б) Докажите, что если решением функционального уравнения) является многочлен степени n, то a n = 1. (В частности, если a 6= ±1, то n > 3). 34.21. Пусть многочлен f степени n > 3 удовлетворяет соотношению, где a 6= ±1 и a n = 1. Докажите Глава 34. Функциональные уравнения что тогда a 0 x + b a − 1 n + Решения. Подставив 1−x вместо x, получим Исходное уравнение показывает, что f(1 − x) = xf(x) − 1 2 . Подставим это выражение в новое соотношение, получим 2f(x) + 1 = = (1 − x) xf(x) − 1 2 , а значит, f(x) = x − 3 x 2 − x + 4 . Непосредственная проверка показывает, что эта функция удовлетворяет требуемому соотношению. Пусть f 1 (x) = 1 1 − x . Тогда f 2 (x) = 1 − 1/x и f 3 (x) = Поэтому получаем систему уравнений+ f “ 1 1 − x ” = x, f “ 1 1 − x ” + f “ 1 − 1 x ” = 1 1 − x , f “ 1 − 1 x ” + f(x) = 1 Сложим первое уравнение с третьими вычтем из них второе уравнение. В результате получим 2 “ x + 1 − 1 x − 1 1 − Непосредственная проверка показывает, что эта функция удовлетворяет требуемому соотношению. Для f 1 (x) = x − 1 x + последовательно находим −1/x, f 3 (x) = x + 1 1 − и f 4 (x) = x. Поэтому получаем систему уравнений+ 2f “ x − 1 x + 1 ” = 1, x − 1 x + 1 f “ x − 1 x + 1 ” + 2f “ − 1 x ” = 1, − 1 x f “ − 1 x ” + 2f “ x + 1 1 − x ” = 1, x + 1 1 − x f “ x + 1 1 − x ” + 2f(x) = 1. Решения задач 475 Чтобы сократить вычисления, поступим следующим образом. Умножим третье уравнение на 2x и сложим его со вторым уравнением. Затем к полученному уравнению прибавим первое уравнение, умноженное на − x 2(x + 1) , и последнее уравнение, умноженное на − 1) x + 1 . В результате получим − 1) 2(x + 1) f(x) = 12x 2 − 3x + 3 2(x + Значит, если x 6= 0, ±1, то f(x)= 4x 2 − x + 1 5(x − 1) . Непосредственная проверка показывает, что эта функция f(x) удовлетворяет требуемому соотношению. а) Предположим, что f(x) 6= 0 хотя бы для одного числа Тогда из равенства f(x · 1) = f(x)f(1) следует, что f(1) = 1. Далее f(0 + 0) = f(0) + f(0), поэтому f(0) = Из равенства f(x + y) = f(x) + f(y) следует, что если n — натуральное число, то f(nx) = nf(x). Значит, f(n) = n, f(1) = те, и f(m/n) = mf(1/n) = m/n для любого натурального числа m. Наконец, f(−x) + f(x) = f(x − x) = f(0) = б) Докажем, что если x > y, то f(x) > f(y). Действительно, если > y, то x = y + для некоторого действительного числа t. Поэтому f(y) + f(t 2 ) = f(y) + Предположим, что f(x) 6= x для некоторого действительного числа x мы рассматриваем случай, когда f(x) 6= 0 хотя бы для одного числа x). Пусть, например, f(x) > x. Тогда существует рациональное число r, для которого f(x) > r > x. Из неравенства r > следует, что f(r) > f(x), те. Получено противоречие. Если) < x, то рассуждения аналогичны. Положим x = y. Тогда получим 2xf(x) = 2x(f(x)) 2 . Если 0, то f(x) = 0 или Предположим, что f(a) = 0 для некоторого a 6=0. Положив получим af(y) = 0 для всех y, те Предположим, что f(a) = 1 для некоторого a 6=0. Положив получим af(y) + y = (a + y)f(y), те. Значит, f(y) = 1 для всех y 6= В результате получаем, что либо f(x) = 0 для всех x, либо 1 для всех x 6= 0 и f(0) = c — произвольное число. Возьмём точку x 0 , для которой f(x 0 ) 6= 0, и положим y = Тогда f(x 0 )f(0) = f(x 0 ), поэтому f(0) = 1. Положив x = y, получаем f(0) = 1. Значит, f(x) = ±1. Наконец, положив y = x/2, получим, причём f(x/2)=±16=0. Поэтому f(x)=1. Глава 34. Функциональные уравнения. Рассмотрим функции g(x) = x 2 − 2 и h(x) = g(g(x)) = x 4 − − 4x 2 + 2. Корни уравнения g(x) = x равны −1 и 2. Оба эти числа являются также и корнями уравнения h(x) = x. Чтобы найти остальные корни этого уравнения, поделим x 4 − 4x 2 − x + 2 на x − 2. В результате получим трёхчлен x 2 + x − 1. Его корни равны ± √ 5 2 . Таким образом, уравнение h(x) = x имеет корни ± √ 5 Докажем, что не существует даже функции f(x), которая определена для этих четырёх значений x и удовлетворяет указанному соотношению. Пусть a и b — числа из множества (1). Докажем, что если f(a) = = f(b), то a = b. Действительно, если f(a) = f(b), то g(a) = f(f(a)) = = f(f(b)) = g(b). Поэтому h(a) = h(b). Но h(a) = a и h(b) = Если a = −1 или 2, то g(f(a)) = f(f(f(a))) = f(g(a)) = f(a), поэтому или Если a= −1 ± √ 5 2 , то h(f(a))=f(h(a))=f(a), поэтому f(a) — одно из чисел (1). Мы доказали, что f взаимно однозначно отображает множество (1) на себя. Более того, f отображает подмножество, состоящее из чисел −1 и 2, на себя. Поэтому f(a) = a или ∓ √ 5 2 . Равенство f(a) = a невозможно, поскольку тогда a. Таким образом, если a = −1 + √ 5 и b = −1 − √ 5 2 , то f( a ) = b и f( b ) = a . Но тогда a = f( b ) = f(f( a )) = g( a ). Приходим к противоречию. Ясно, что f(2x) = f(x + x) = f(x) + f(x) = 2f(x), f(3x) = = f(2x + x) = f(2x) + f(x) = 2f(x) + f(x) = 3f(x). Аналогично доказывается, что f(nx) = nf(x) для любого натурального n. Далее f(x+ 0) = f(x) + f(0), поэтому f(0) = 0, а значит, f(x) + f(−x)= = f(x −x)=f(0)=0. Таким образом, равенство f(nx)=nf(x) выполняется для всех натуральных Для любого рационального числа x = m/n получаем f(nx) = = nf(x), те. Функция f непрерывна, поэтому f(x)=xf(1) для любого (вещественного) x. Действительно, любое число x является пределом рациональных чисел. Ясно, что f(x) = a x f(x/2) = a x a x/2 f(x/4) = a x a x/2 a x/4 f(x/8) = = . . . = a x(1 +1/2+1/4+...+1/2 k ) f(x/2 k +1 ). Если k → ∞, то f(x/2 k +1 ) → поскольку функция f непрерывна. Кроме того, 1+ 1 2 + 1 4 +. . .+ 1 2 k →2 Решения задач 477 при k → ∞. Поэтому f(x) = a 2x f(0). Таким образом, f(x) = Ca 2x , где — произвольная константа. Равенство f(x)f(x 0 −x)=f(x 0 ) показывает, что f(x) 6=0 для всех x. Но тогда f(x) > 0 для всех x, поскольку f(x) = Индукцией по n легко доказать, что для всех натуральных n. Ясно также, что f(0) = 1, поскольку f(x + 0) = f(x)f(0). Кроме того, f(x)f(−x) = f(0) = 1. Поэтому равенство (1) выполняется для всех целых n. В частности a n , где a = Докажем теперь, что равенство f(r) = выполняется для любого рационального числа r = m/n. Запишем равенство (1) для m/n: f(m) = (f(m/n)) n . Учитывая, что f(m) = a m , получаем (f(m/n)) n , те Равенство доказано для всех рациональных x. Поэтому из непрерывности функции f следует, что f(x) = для всех x. 34.11. а) Сделаем замену u = log a x, те, и рассмотрим функцию g(u) = f(x) = f(a u ). Функция g тоже непрерывна. Она удовлетворяет соотношению g(u + v) = g(u) + g(v). Действительно. Поэтому согласно задаче 34.8 g(u) = ug(1) = uf(a) = u. Таким образом g(u) = u = б) Легко проверить, что f(x n 0 ) = nf(x 0 ) для любого целого Поэтому функция f принимает значения как больше 1, таки меньше. Ясно, что 2f(x) + (f(x)) 2 = (1 + f(x)) 2 − Покажем индукцией по n, что для любого натурального n выполняется равенство (1 + f(x)) n − Действительно, из этого равенства следует, что+ 1)x) = f(nx + x) = f(nx) + f(x) + f(x)f(nx) = = (1 + f(x)) n − 1 + f(x) + f(x)(1 + f(x)) n − f(x) = (1 + f(x)) n +1 − Пусть f(1) = c. Запишем равенство (2) для x = 1: f(n) = (1 + c) n − Запишем также это равенство для x = m/n: f “ n m n ” = “ 1 + f “ m n ”” n − 1. Глава 34. Функциональные уравнения Но f “ n m n ” = f(m) = (1 + c) m − 1, поэтому + f “ m n ”” n = (1 + те Здесь всегда нужно брать положительное значение корня, потому что если заменить в равенстве (1) x на x/2, то получим+ 1 = (1 + В итоге по соображениям непрерывности получаем, что если > 0, то f(x) = k x − 1, где k = c + 1 > Положим в исходном функциональном уравнении x = 0, а потом+ Если f(y) 6≡ −1, то f(0) = 0. В таком случае для x > 0 получаем = k x − 1 + f(−x) + (k x − 1)f(−x) = k x − 1 + откуда f(−x) = k −x − Итак, мы получили, что либо f(x) ≡ −1, либо f(x) ≡ 0, либо k x − 1, где k > 0, k 6= 1. Несложная проверка показывает, что все эти функции удовлетворяют данному функциональному уравнению. Пусть f(0) = a и f(1) = b. Положив в исходном функциональном уравнении x = y = t/2, получим f(t/2) = √ af(t), поэтому a(a/b) 1/2 = ac 1/2 , где c=b/a, f(1/4)= √ af(1/2) = и вообще, f(1/2 n ) = если a = 0, то всё равно получаем 0, поскольку в этом случае можно обойтись без деления на Положим теперь в исходном функциональном уравнении x = = 1 и y = 1 2 n . В результате получим 2 n ” f “ 1 2 n ” = “ f “ 1 те Решения задач 479 Ясно также, что если f “ m − 1 2 n ” = и f “ m 2 n ” = ac m/2 n , то можно положить x и y = 1 2 n . Тогда из равенства + 1 2 n ” f “ m − 1 следует, что f “ m + 1 2 n ” = ac (m +1)/2 n . Значит, f “ m 2 n ” = для всех натуральных m. Поэтому по непрерывности f(x) = для всех положительных Положим в исходном уравнении x = 0. В результате получим) = (f(0)) 2 = а значит, f(−y) = a 2 f(y) = a 2 ac y = Легко проверить, что функция f(x) = удовлетворяет данному функциональному уравнению. Эквивалентное условие таково (f 2 (x)) ′ = 0, поэтому функция f 2 (x) постоянна. Из непрерывности функции f следует, что функция f(x) тоже постоянна. Для x = 0 получаем 0 = −26P(0), те. Для 1 получаем P(0) = −25P(1), те. Далее полагаем 2, 3, . . . , 25 и последовательно получаем 2P(1) = −24P(2), . . . . . . , 25P(24) = −P(25). Поэтому P(0)=P(1)=. . .=P(25)=0. Значит x(x − 1)(x − 2) . . . (x − 25)Q(x), где Q(x) — некоторый многочлен. При этом из тождества xP(x − 1) = (x − 26)P(x) следует, что 1) = Q(x), те постоянное число. Положим t = y − x. Тогда P(x, t + x) = P(x + 1, t + x + для всех x и t. Рассмотрим многочлен Q(t, x) = P(x, t + x). Он обладает следующим свойством Q(t, x) = Q(t, x + 1) для всех Поэтому Q(t, x) не зависит от x. Действительно, фиксируем t = и рассмотрим многочлен g(x) = Q(t 0 , x). Тогда g(x + 1) − g(x) = поэтому g(x) — константа. При y = 0 и y = 1 уравнение (1) принимает вид+ x n h(x), x 6= 0, (2) f(x) = n X k =0 d k x k + (x − 1) n h(x), x 6= 1. (3) Глава 34. Функциональные уравнения Следовательно, h(x) = n X k =0 (d k − c k )x k x n − (x − Это равенство выполняется при x 6= 0, 1, а прич тном n нужно ещё исключить и x = Фиксировав y = 2 и y = 4, аналогичным образом получим равенство которое выполняется при x 6= 2, 3, В итоге получаем, что функция h бесконечно дифференцируема, но тогда из (2) и (3) следует, что функция f тоже бесконечно дифференцируема. Продифференцировав n раз по x равенство (1), получим n! g n (y) + d n dx n ((x − При фиксированном x из этого равенства следует, что g n (y) — многочлен. Теперь можно продифференцировать равенство (1) по не n, а n − 1 рази аналогичным образом получить, что g n −1 (y) многочлен, и т. д. В частности, g 0 , . . . , бесконечно дифференци- руемы. Продифференцируем равенство (1) пои положим y = 0. В результате получим = − n X k =0 kx k −1 g k (0) + n X k =0 kx k g ′ k (0) − Из этого равенства следует, что x n −1 h(x) — многочлен степени не выше n. А если равенство (1) продифференцировать n раз пои положить y = 0, то можно показать, что h(x) — многочлен (тоже степени не выше n). Но если h(x) — многочлена многочлен степени не выше n, то h(x) = ax + Так как h(x) = ax + b и f(x) бесконечно дифференцируема, то из (2) следует, что f(x) — многочлен степени не выше n + Поэтому+ y) = n +1 X k =0 f (k) (y) k! x k Решения задач 481 С другой стороны, заменив x на x + y, соотношение (1) можно записать в виде+ y) = n X k =0 x k g k (y) + x n (ax + ay + Это означает, что g k (y) = f (k) (y) k! при k = 0, 1, . . . , n − 1, g n (y) = f (n) (y) n! − ay − b и + 1)! = a. |