Функционални уравнения

[Мирослав Стоенчев]

В тази тема ще бъдат разгледани основни методи за решаване на функционални
уравнения.Ще бъдат изложени решения на задачи от математически състезания.

[Реклама]

[Мирослав Стоенчев]

1. Класически функционални уравнения

1.1 Основно уравнение: f(xy)=xf(y).

Tвърдение 1. Нека функцията f:Q-->R удовлетворява функционалното уравнение f(nx)=nf(x), за всяко естествно n и всяко рационално x.Toгава f има вида:
f(r)=ar, r≥0
f(r)=-br, r<0,
където а,b са фиксирани реални числа, а r е произвилно рационално.

Д-во:Да допуснем, че съществува функция f със свойството от Тв 1, т.е. f:Q-->R и f(nx)=nf(x), за всяко естествно n и всяко рационално x.

1) Единственост.
Да положим x=0 и n>1. От f(nx)=nf(x) => (n-1)f(0)=0 => f(0)=0.
Нека положим x=1, f(1)=a-фиксирано реално число. Oт f(nx)=nf(x) => f(n)=n.f(1)=an, за всяко естествено n.
Нека x=1/n => a=f(1)=f(n.1/n)=n.f(1/n) => f(1/n)=a/n, за всяко естествено n.
Полагаме x=p/q - положително рационално число, тогава f(nx)=f(np/q)=f(np.1/q)=np.f(1/q)=np.a/q=аn.(p/q)=anx, за всяко естествено n и всяко положително рационално x.Като положим n=1, получаваме f(x)=ax, за всяко положително рационално x.

Нека положим f(-1)=b-фиксирано реално число.
Полагаме x=-1. От f(nx)=nf(x) =>f(n(-1))=f(-n)=n.f(-1)=b.n, за всяко естествено n.
Нека n<0 e цяло число => -n е естествено. Тогава f(n)=f((-n)(-1))=-n.f(-1)=-bn.
Нека n<0 и x=1/n => b=f(-1)=f((-n)/n)=-n.f(1/n) => f(1/n)=-b/n.
Нека x=p/q, (p-естествено,q-отрицателно цяло) => f(x)=f(p/q)=p.f(1/q)=-pb/q=-b(p/q)=-bx, за всяко рационално x<0.

Така доказахме, че ако съществува функция f със свойството от Тв1, то тя има вида f(r)=ar, r≥0
f(r)=-br, r<0,
където а,b са фиксирани реални числа, а r е произвилно рационално.

2) Съществуване.
Нека n e произволно естествено, а r е рационално. Ще проверим дали така намераната функция f удовлетворява функционалното уравнение f(nr)=n.f(r)
2.1) r≥0. =>f(nr)=a.nr=n(ar)=n.f(r) - вярно е.
2.2) r<0. =>f(nr)=-b.nr=n.(-br)=n.f(r) - с това проверката е завършена и съществуването е доказано.


Tвърдение 2. Нека функцията f:Q-->R удовлетворява функционалното уравнение f(nx)=nf(x), за всяко цяло n и всяко рационално x.Toгава f има вида:
f(r)=ar, където а- е произволно фиксирано реално число.

Д-во: Съгласно твърдение1 имаме, че f(r)=ar, r≥0
f(r)=-br, r<0,
където а,b са фиксирани реални числа, а r е произвилно рационално.
Но полагайки r=-1 =>b=(-b)(-1)=f(-1)=f((-1).1)=(-1).f(1)=-a => -b=a => f(r)=ar, за всяко рационално r. Tвърдението е доказано.

Твърдение 3. Нека нечетната функция f:Q-->R удовлетворява функционалното уравнение f(nx)=nf(x), за всяко естествено n и всяко рационално x.Toгава f има вида:
f(r)=ar, където а- е произволно фиксирано реално число.

Д-во: За упражнение, като се доказва с изложения по-горе метод.


Теорема 1. Нека редиците {a_n},{b_n},{c_n} са такива, че:
1) Съществува n₀ такова, че при n>n₀ e в сила b_n≤a_n≤c_n
2) Lim_n-->∞(b_n)=Lim_n-->∞(c_n)=L.
Toгава съществува Lim_n-->∞(а_n), като
Lim_n-->∞(а_n)=L.

Твърдение 4. Нека нечетната монотонна функция f:R-->R удовлетворява функционалното уравнение f(nx)=nf(x), за всяко естествено n и всяко рeално x.Toгава f има вида:
f(x)=ax, където а- е произволно фиксирано реално число.

Д-во: 1) Единственост.
От Твърдение 3 => f(r)=ar , за всяко естествено n и всяко рационално r.

Нека x₀ e произволно фиксирано реално число. Да образуваме редиците
{α_n}, {β_n}, като първата е деситично приближение на x₀ с недостиг, а втората с излишък,т.е. α_n≤x₀≤β_n Тогава Lim_n-->∞(α_n)=Lim_n-->∞(β_n)=x₀.
Ще разгледаме случая на монотонно растяща функция f.
Имаме а.α_n=f(α_n)≤f(x₀)≤f(β_n)=a.β_n.
Извършваме граничен преход в последното неравенство и съгласно Т1 получаваме f(x₀)=a.x₀.

2) Съществуване.
Проверяваме дали така намераната функция f(x)=ax, удовлетворява функционалното уравнение f(nx)=nf(x), за всяко естествено n и всяко рeално x.
Имаме f(nx)=а.(nx)=n(ax)=nf(x) - вярно. Съществуването е осигурено с което твърдението е доказано.

[Мирослав Стоенчев]

Дефиниция.Нека с [tex]D_{f}[/tex] означаваме дефиниционната област на функцията [tex]f[/tex].Ще казваме, че функцията [tex]f(x)[/tex] е непрекъсната в точката [tex]x=x_{0}\in D_{f}[/tex], ako за всяка редица {[tex]{x_{n}}[/tex]} от точки принадлежащи на[tex]D_{f}[/tex],и клоняща към [tex]x_{0}[/tex],съответната редица от функционални стойности {[tex]f(x_{n})[/tex]} е сходяща и клони към [tex]f(x_{0})[/tex].


Пример 1. Нека [tex]a\in R[/tex],като [tex]0<a\ne 1[/tex].Да се намерят всички функции [tex]f(x)[/tex],дефинирани за всяко реално [tex]x[/tex], които са непрекъснати в нулата,и такива че [tex]f(x)=f(ax)[/tex], за всяко [tex]x\in R[/tex].

Р-е: 1сл. [tex]1<a[/tex]. Тогава имаме [tex]f(ax)=f(x)=f(a(\frac{x}{a}))=f(\frac{x}{a})=...=f(\frac{x}{a^{n}})[/tex].
Значи за всяко [tex]n\in N[/tex] и за произволно реално,но фиксирано [tex]x_{0}[/tex], имаме [tex]f(x_{0})=f(\frac{x_{0}}{a^{n}})[/tex].
Редицата {[tex]\frac{x_{0}}{a^{n}}[/tex]} e сходяща и клони към нула, понеже [tex]1<a[/tex]. Тогава съгласно условието функцията [tex]f(x)[/tex] да е непрекъсната в точката [tex]x=0[/tex], то можем да извършим граничен преход в равенството [tex]f(x_{0})=f(\frac{x_{0}}{a^{n}})[/tex]. При [tex]n[/tex] клонящо към [tex]+\infty [/tex], получаваме [tex]f(x_{0})=f(0)[/tex].Така получихме,че [tex]f(x_{0})=b[/tex], където [tex]b[/tex] е произволна реална константа.
Очевидно всички функции от вида [tex]f(x)=const[/tex] са решения.

2сл. [tex]0<a<1[/tex]. Аналогично получаваме [tex]f(x)=f(ax)=f(a(ax))=f(a^{2}x)=...=f(a^{n}x)[/tex]. В този случай отново фиксираме [tex]x=x_{0}[/tex], и разглеждаме редицата {[tex]a^{n}x_{0}[/tex]}.Tя е сходяща с граница нула.Отново можем да извършим граничен преход, тъй като функцията [tex]f[/tex] е непрекъсната в точка [tex]x=0[/tex].Получаваме [tex]f(x_0)=f(0)[/tex].
Полагаме [tex]f(0)=b[/tex], и проверяваме че отново всички търсени функциии са константните.


Дефиниция. Нека e дадена функция [tex]f(x)[/tex], дефинирана в някоя околност на точката [tex]x_{0}[/tex]. Това означава, че точката [tex]x_{0}[/tex] притежава околност [tex](x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta) [/tex], съдържаща се изцяло в дефиниционната област [tex]D_{f}[/tex] на реалната функция [tex]f(x)[/tex].
Такава точка ще наричаме вътрешна за [tex]D_{f}[/tex].

Дефиниция. Казваме, че функцията [tex]f(x)[/tex] е диференцуема в дадена вътрешна точка [tex]x_{0}[/tex] от своята дефиниционна област [tex]D_{f}[/tex], когато съществува границата [tex]Lim\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}[/tex], при [tex]x[/tex] клонящо към [tex]x_{0}[/tex].


Пример 2. Да се намерят всички функции [tex]f(x)[/tex], дефинирани за всяко реално [tex]x[/tex], диференцуеми в точката [tex]x=0[/tex], и удовлетворяващи функционалното уравнение [tex]f(2007x)=2007f(x)[/tex], за всяко реално [tex]x[/tex].
Р-е:Нека [tex]x_{0}\ne 0[/tex] e произвилно реално число. Имаме [tex]f(x_{0})=2007f(\frac{x_{0}}{2007})=2007^{2}f(\frac{x_{0}}{2007^{2}})=...=2007^{n}f(\frac{x_{0}}{2007^{n}})[/tex].
Т.е. [tex]f(x_{0})=2007^{n}f(\frac{x_{0}}{2007^{n}})[/tex].
Да положим [tex]x=0[/tex] в уравнението [tex]f(2007x)=2007f(x)[/tex]. Получаваме [tex]f(0)=0[/tex]. Тогава от [tex]f(x_{0})=2007^{n}f(\frac{x_{0}}{2007^{n}})[/tex] следва, че [tex]f(x_{0})=x_{0}\frac{f(\frac{x_{0}}{2007^{n}})-f(0)}{\frac{x_{0}}{2007^{n}}-0}[/tex]
Като извършим граничен преход в последното равенство, получаваме [tex]f(x_{0})=x_{0}f'(0)[/tex]. Окончателно получихме, че всики търсени функции имат вида [tex]f(x)=ax[/tex], където [tex]a[/tex] е произволна константа.

[Мирослав Стоенчев]

Пример 3. Да се намерят всички непрекъснати в нулата функции [tex]f[/tex], дефинирани за всяка реална стойност на аргумента си и удовлетворяващи уравнението:
[tex]f(x)=cos(\frac{x}{2}).f(\frac{x}{2})[/tex], за всяко реално [tex]x[/tex].

Решение:Нека [tex]x_{0}[/tex] e произволно реално число. Имаме, че [tex]f(x_{0})=cos(\frac{x_{0}}{2}).f(\frac{x_{0}}{2})=...=cos(\frac{x_{0}}{2})cos(\frac{x_{0}}{2^{2}})...cos(\frac{x_{0}}{2^{n}}).f(\frac{x_{0}}{2^{n}})=f(\frac{x_{0}}{2^{n}})\frac{sin(x_{0})}{2^{n}}.sin(\frac{x_{0}}{2^{n}}) [/tex]
Tук използвахме, че за всяко естествено [tex]n[/tex] e в сила тъждеството: [tex]cos(\frac{x_{0}}{2})cos(\frac{x_{0}}{2^{2}})...cos(\frac{x_{0}}{2^{n}})=\frac{sin(x_{0})}{2^{n}}.sin(\frac{x_{0}}{2^{n}})[/tex]
Извършваме граничен преход в уравнението [tex]f(x_{0})=f(\frac{x_{0}}{2^{n}})(\frac{sinx_{0}}{x_{0}})\frac{sin(\frac{x_{0}}{2^{n}})}{\frac{x_{0}}{2^{n}}}[/tex], при [tex]n[/tex] клонящо към безкрайност. Използвайки, че [tex]Lim_{x->0 }\frac{sinx}{x}=1[/tex], получаваме [tex]f(x_{0})=\frac{sin(x_{0})}{x_{0}}f(0)[/tex]
С непосредствена проверка се убеждаваме, че всички функции от вида [tex]f(x)=\frac{a.sin(x)}{x}[/tex] са решения, къдете [tex]a\in R[/tex] е произволна константа. Окончателно [tex]f(x)=\frac{a.sin(x)}{x}[/tex], при [tex]x\ne 0[/tex], и
[tex]f(x)=a[/tex] при [tex]x=0[/tex]


Аналогично може да се реши и следната задача:

Пример 4. Да се намерят всички непрекъснати в нулата функции [tex]f[/tex], дефинирани за [tex]x\in (-\frac{\pi }{2},+\frac{\pi }{2})[/tex] и удовлетворяващи уравнението:
[tex]f(x)=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{cos(x)})f(\frac{x}{2})[/tex], за всяко [tex]x\in (-\frac{\pi }{2},+\frac{\pi }{2})[/tex].

Пример 5. Да се намерят всички диференцуеми в точката [tex]x=0[/tex] функции [tex]f(x)[/tex], дефинирани за всяко реално [tex]x[/tex] и удовлетворяващи уравнението:[tex]f(x)=2cos(\frac{x}{2})f(\frac{x}{2})[/tex]

Р-е:Нека [tex]x_{0}[/tex] e произволно реално число. Имаме, че [tex]f(x_{0})=2cos(\frac{x_{0}}{2}).f(\frac{x_{0}}{2})=...=2^{n}cos(\frac{x_{0}}{2})cos(\frac{x_{0}}{2^{2}})...cos(\frac{x_{0}}{2^{n}}).f(\frac{x_{0}}{2^{n}})=f(\frac{x_{0}}{2^{n}})\frac{sin(x_{0})}{sin(\frac{x_{0}}{2^{n}})}[/tex]
Последното го записваме така: [tex]f(x_{0})=\frac{f(\frac{x_{0}}{2^{n}})-f(0)}{\frac{x_{0}}{2^{n}}-0}.\frac{\frac{x_{0}}{2^{n}}-0}{sin(\frac{x_{0}}{2^{n}})-sin(0)}.sin(x_{0})=sin(x_{0})f'(0)\frac{1}{cos0}=a.sin(x_{0})[/tex]
понеже като заместим в [tex]f(x)=2cos(\frac{x}{2})f(\frac{x}{2})[/tex], получаваме [tex]f(0)=0[/tex].
Директно проверяваме, че така намерените функции [tex]f(x)=a.sin(x)[/tex], където [tex]a\in R[/tex] са решения на задачата.

Аналогично се решава и следния:

Пример 6. Да се намерят всички диференцуеми в точката [tex]x=0[/tex] функции [tex]f(x)[/tex], дефинирани за [tex]x\in (-\frac{\pi }{2},+\frac{\pi }{2})[/tex] и удовлетворяващи уравнението:[tex]f(x)=(1+\frac{1}{cos(x)})f(\frac{x}{2})[/tex], за всяко [tex]x\in (-\frac{\pi }{2},+\frac{\pi }{2})[/tex].


1.2 Адитивно уравнение на Коши: [tex]f(x+y)=f(x)+f(y)[/tex]

Дефиниция. Решенията [tex]f[/tex] на адитивното уравнение на Коши се наричат адитивни функции.

Основни свойства на адитивните функции:

1св. Нека [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}[/tex] са произволни числа от дефиниционната област [tex]D_{f}[/tex] на функцията [tex]f[/tex]. Toгава
[tex]f(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})=f(x_{1})+f(x_{2})+...+f(x_{n})[/tex]

2св. Полагаме [tex]x_{1}=x_{2}=...=x_{n}=x\in D_{f}[/tex] и получаваме, че за всяко естествено [tex]n[/tex] имаме [tex]f(nx)=nf(x)[/tex].

3св. Ако [tex]0\in D_{f}[/tex], то [tex]f(0)=0[/tex]

4св. Ако [tex]0\in D_{f}[/tex] и множеството [tex]D_{f}[/tex] е симетрично относно нулата, то [tex]f(-x)=-f(x)[/tex], за всяко [tex]x\in D_{f}[/tex].Toва свойство следва от полагането [tex]y=-x[/tex] в началното уравнение.

5св. Ако [tex]x,y,\frac{x+y}{2}\in D_{f}[/tex], то [tex]f(\frac{x+y}{2})=\frac{f(x)+f(y)}{2}[/tex].

Д-во: [tex]2f(\frac{x+y}{2})=f(2\frac{x+y}{2})=f(x+y)=f(x)+f(y)[/tex]

[Мирослав Стоенчев]

6св. Ако дефиниционата област [tex]D_{f}[/tex] на адитивната функция [tex]f[/tex] е симетрична относно нулата и [tex]0\in D_{f}[/tex],то за всеки [tex]x,y\in D_{f}[/tex] е изпълнено [tex]f(x-y)=f(x+(-y))=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)[/tex]

Чрез изложеното дотук лесно се доказва следното:

Твърдение 5. Ако [tex]f(x)[/tex] е адитивна функция дефинирана в множеството на рационалните числа, то [tex]f(x)=ax[/tex], където [tex]a\in R[/tex] е произволна константа.

Твърдение 6. Нека [tex]f(x)[/tex] е адитивна функция дефинирана за всяко [tex]x\in R[/tex]. Ako [tex]f(x)[/tex] е растяща в даден интервал [tex][a,b][/tex], то тя е растяща в [tex](-\infty ,\infty )[/tex].

Д-во:Нека [tex]t\in [0,b-a][/tex], следователно [tex]a\le t+a\le b[/tex].Сега от това, че [tex]f(x)[/tex] е монотонна в [tex][a,b][/tex] следва, че[tex]f(a+t)\ge f(a)[/tex].Kато използваме 6св. получаваме: [tex]f(t)=f((a+t)-a)=f(a+t)-f(a)\ge 0[/tex].Така доказахме, че [tex]f(x)[/tex] е монотонно растяща за всяко [tex]x\in [0,b-a][/tex].
Нека [tex]x_{0}[/tex] е произволно положително число.Ясно е, че можем да изберем такова естествено число [tex]n[/tex], че [tex]0<\frac{x_{0}}{n}<b-a[/tex]. Тогава съгласно доказаното по-горе имаме, че [tex]f(\frac{x_{0}}{n})\ge 0[/tex]. От това неравенство и свойство 2) получаваме:
[tex]f(x_{0})=f(n\frac{x_{0}}{n})=nf(\frac{x_{0}}{n})\ge 0[/tex]
В заключение - нека [tex]x,y\in R, y<x[/tex].Тогава [tex]f(x)-f(y)=f(x-y)\ge 0[/tex], т.е.
[tex]f(x)\ge f(y)[/tex].С това твърдение 6 е доказано.

Чрез свойство 2) и твърдение 4) получаваме следното

Твърдение 7. Нека [tex]f(x)[/tex] е адитивна монотонна функция дефинирана за всяко [tex]x\in R[/tex].Тогава [tex]f(x)=ax[/tex], където [tex]a-const[/tex].


Твърдение 8. Ако [tex]f(x)[/tex] е адитивна функция дефинирана за всяко [tex]x\in R[/tex] и непрекъсната в дадена точка [tex]x_{0}[/tex], то [tex]f(x)=ax[/tex], където [tex]a[/tex] е произволна константа.

Д-во:Ще докажем, че функцията [tex]f(x)[/tex] е непрекъсната в точката[tex]x=0[/tex].Нека {[tex]{x_{n}}[/tex]} е редица с граница [tex]0[/tex].
Имаме, че [tex]f(0)=0, f(-x_{0})=-f(x_{0}), f(x_{n})=f(x_{n}+x_{0})-f(x_{0})[/tex]
Понеже [tex]f(x)[/tex] е непрекъсната в точката [tex]x=x_{0}[/tex], то [tex]Lim_{n->\infty }f(x_{n}+x_{0})=f(x_{0})[/tex] от където след граничен преход в равенството [tex]f(x_{n})=f(x_{n}+x_{0})-f(x_{0})[/tex] получаваме:[tex]Lim_{n->\infty }f(x_{n})=Lim_{n->\infty }f(x_{n}+x_{0})-f(x_{0})=f(x_{0})-f(x_{0})=0[/tex] с което доказахме, че [tex]Lim_{n->\infty }f(x_{n})=f(0)=0[/tex], т.е. [tex]f[/tex] е непрекъсната в нулата.
Нека {[tex]x_{n}[/tex]} е произволна редица с граница нула, а [tex]y_{0}[/tex] е произволно реално число.Имаме: [tex]Lim_{n->0}f(x_{n})=0[/tex], oт където [tex]Lim_{n->\infty }f(x_{n}+y_{0})=Lim_{n->\infty }f(x_{n})+f(y_{0})=f(y_{0})[/tex], от това равенство заключаваме, че [tex]f(x)[/tex] е непрекъсната във всяка своя точка.
Сега съгласно свойство 2) и Твърдение 9 - получаваме, че съществува [tex]a\in R,a=const[/tex], такава че [tex]f(x)=ax[/tex], за всяко [tex]x\in R[/tex].

Твърдение 9.Нека [tex]f:R->R[/tex] е нечетна непрекъсната функция, дефинирана за всяко реално [tex]x[/tex], като удовлетворява уравнението [tex]f(nx)=nf(x)[/tex], за всeки [tex]n\in N, x\in R[/tex]. Toгава [tex]f(x)=ax[/tex], където [tex]a=const[/tex].

Д-во:Като използваме лека модификация на Твърдение 2) доказваме, че за всяко [tex]x\in Q[/tex] е в сила [tex]f(x)=ax[/tex], където [tex]a=f(1)[/tex].
Нека [tex]x_{0}[/tex] е произволно реално число и {[tex]r_{n}[/tex]} е редица с граница [tex]x_{0}[/tex]. Тогава поради непрекъснатостта на [tex]f[/tex] получаваме
[tex]f(x_{0})=Lim_{n->\infty }f(r_{n})=Lim_{n->\infty }a.r_{n}=ax_{0}[/tex].
Tака доказахме, че за всяко реално [tex]x[/tex] имаме [tex]f(x)=ax[/tex].

[Мирослав Стоенчев]

Твърдение 10. Ako [tex]f:R to R[/tex] е адитивна функция, ограничена отгоре(отдолу) около точката [tex]x_{0},[/tex] то [tex]f(x)=ax,[/tex] където [tex]a\in R[/tex] е произволна константа.

Д-во: Ще разгледаме само случая на ограничена отгоре функция, аналогично се доказва твърдението при ограниченост отдолу на функцията [tex]f.[/tex] Съгласно твърдение 5, [tex]f(x)=ax,[/tex] при произволно рационално [tex]x.[/tex] Да разгледаме функцията [tex]g:R->R,[/tex] [tex]g(x)=f(x)-ax[/tex] дефинирана за всяко [tex]x\in R.[/tex] Toгава при [tex]r\in Q -> g(r)=0,[/tex] [tex]g(x+y)=f(x+y)-a(x+y)=(f(x)-ax)+(f(y)-ay)=g(x)+g(y),[/tex] т.е. [tex]g(x)[/tex] се анулира за всяко реално [tex]x[/tex] и е адитивна функция. Понеже
[tex]f[/tex] е ограничена около точката [tex]x_{0},[/tex] то съществува околност [tex](x_{0}-\delta,x_{0}+\delta):[/tex] и константа А такива, че за всяко [tex]x\in (x_{0}-\delta,x_{0}+\delta),[/tex] е изпълнено [tex]|f(x)|\le A.[/tex] Тогава за всяко [tex]x\in (x_{0}-\delta,x_{0}+\delta),[/tex] е изпълнено [tex]|g(x)|\le max_{x\in (x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)}(A-ax)<B,[/tex] където [tex]B[/tex] е някаква положителна константа.Доказахме, че [tex]g[/tex] е ограничена отогре около точката [tex]x_{0}.[/tex]

Нека сега [tex]y_{0}[/tex] е произволно реално число. Понеже множеството на рационалните числа е гъсто навсякъде върху реалната права, то всеки ненулев интервал съдържа рационално число, т.е. съществува [tex]r\in Q: r\in (x_{0}-\delta-y_{0},x_{0}+\delta-y_{0}).[/tex] Тогава числото [tex]z=r+y_{0}\in (x_{0}-\delta,x_{0}+\delta),[/tex] и получаваме [tex]g(y_{0})=g(z-r)=g(z)-g(r)=g(z)<B,[/tex] понеже [tex]g(x)<B[/tex] за всяко [tex]x\in (x_{0}-\delta,x_{0}+\delta).[/tex]
Но [tex]y_{0}[/tex] бе произволно избрано, тогава [tex]g[/tex] е ограничена отгоре за всяко [tex]x\in R,[/tex] т.е. [tex]x\in R \Rightarrow g(x)<B.[/tex]
Toгава [tex]g(x)=\frac{1}{n}g(nx)<\frac{B}{n}, g(x)\ge -\frac{1}{n}g(-nx)>-\frac{B}{n},[/tex] и след граничен преход [tex]n \to\ \infty ,[/tex] получаваме [tex]g(x)=0[/tex] за всяко реално [tex]x,[/tex] т.е. [tex]f(x)=ax.[/tex]

Извод: Нека[tex]f:R\to R[/tex] e адитивна функция, като [tex]D_{f}\equiv R[/tex] и е изпълнено поне едно от следните 3 условия:
а) [tex]f[/tex] е непрекъсната в дадена точка
б) [tex]f[/tex] е монотонна в даден интервал
в) [tex]f[/tex] е ограничена в околност на дадена точка,
Тогава [tex]f(x)=ax,[/tex] където [tex]a=const.[/tex]

1.2.1 Уравнение на показателната функция:

Tвърдени 11.Нека [tex]f:R\to R[/tex] е строго растяща(намаляваща) функция, дефинирана за всяка реална стойност на аргумента си и удовлетворява уравнението:[tex]f(x+y)=f(x)f(y),[/tex] за всички [tex]x,y\in R.[/tex]Тогава [tex]f(x)=A^{x},[/tex] където [tex]A\in (0,1)[/tex] или [tex]A\in (1,\infty ),[/tex] в зависимост
от това дали функцията е растяща или намаляваща.

Д-во:Полагаме [tex]x=y=\frac{t}{2} -> f(t)=f(\frac{t}{2}+\frac{t}{2})=f(\frac{t}{2}).f(\frac{t}{2})=[f(\frac{t}{2})]^{2}\ge 0.[/tex] Да допуснем, че за някое [tex]x_{0}\in R:f(x_{0})=0.[/tex] Тогава, ако [tex]x\in R[/tex] е произволно реално число, то [tex]f(x)=f(x-x_{0}+x_{0})=f(x-x_{0}).f(x_{0})=0,[/tex] т.е. [tex]f\equiv 0.[/tex]
Противоречие с изискването за строго нарастване на търсената функция.
Значи [tex]f(x)>0,[/tex] за всяко [tex]x\in R.[/tex]
Тъй като [tex]f(x)>0[/tex] за всяко [tex]x\in R,[/tex] полагаме [tex]g(x)=ln(f(x)).[/tex]
Имаме, че [tex]g(x)[/tex] е строго растяща, и [tex]g(x+y)=ln(f(x+y))=ln(f(x).f(y))=ln(f(x))+ln(f(y))=g(x)+g(y).[/tex] Т.е. [tex]g(x)[/tex] е адитивна, понеже е и растяща, то съгласно "извода" по-горе [tex]g(x)=ax -> ln(f(x))=ax -> f(x)=e^{ax}=(e^{a})^{x}=A^{x}.[/tex]
Накрая, ако [tex]f(x)[/tex] e растяща(намаляваща), то [tex]A\in (1,\infty )[/tex] ([tex]A\in (0,1)[/tex] ).

1.2.2 Уравнение на логаритмичната функция:

Твърдение 12.Нека [tex]f:R\to R[/tex] е монотонна функция, дефинирана за всяка реална положителна стойност на аргумента си и удовлетворяваща уравнението:[tex]f(xy)=f(x)+f(y),[/tex] за всички [tex]x,y\in R^{+}.[/tex]Тогава [tex]f(x)=a.ln(x),[/tex] където [tex]a\in R[/tex] е произволна константа.

Д-во:Полагаме [tex]x=e^{t},y=e^{z} [/tex] Когато [tex]t[/tex] пробягва [tex]R,[/tex] имаме, че [tex]x[/tex] пробягва [tex]R^{+},[/tex] т.е. съответствието [tex]x=e^{t}[/tex] е еднозначно обратимо.Полагаме [tex]g(t)=f(e^{t}) -> g(z+t)=f(e^{z+t})=f(e^{z}.e^{t})=f(e^{z})+f(e^{t})=g(z)+g(t),[/tex] т.е. показахме, че
[tex]g:R->R[/tex] е адитивна.Но [tex]g[/tex] e и монотонна, понеже [tex]f(x)[/tex] е монотонна.Тогава съществува константа [tex]a\in R: g(t)=a.t -> f(e^{t})=at[/tex]. Но [tex]t=ln(x) ->f(x)= f(e^{t})=a.t=a.ln(x)[/tex]

1.2.3 Уравнение на степенната функция:

Твърдение 13..Нека [tex]f:R\to R[/tex] е монотонна функция, дефинирана за всяка реална положителна стойност на аргумента си и удовлетворяваща уравнението:[tex]f(xy)=f(x)f(y),[/tex] за всички [tex]x,y\in R^{+}.[/tex]Тогава, ako [tex]f(1)\ne 0,[/tex] то [tex]f(x)=x^{a},[/tex] където [tex]a\in R[/tex] е произволна константа.

Д-во: Полагаме [tex]x=y=1 -> f(1)=(f(1))^{2} -> f(1)=1.[/tex] Тогава [tex]f(x)\ne 0,[/tex] за всяко [tex]x\in R^{+}[/tex]. Полагаме [tex]x=y=\sqrt{t} -> f(t)=f(\sqrt{t}.\sqrt{t})=f(\sqrt{t})f(\sqrt{t})=(f(\sqrt{t}))^{2}> 0.[/tex] Т.е. [tex]f(x)[/tex] е строго положителна. Значи можем да дефинираме функцията [tex]g(x)=ln(f(x)),[/tex] която е монотонна. А равенството [tex]g(xy)=ln(f(xy))=ln(f(x).f(y))=ln(f(x))+ln(f(y))=g(x)+g(y),[/tex] показва, че освен монотонна функцията [tex]g[/tex] удовлетворява условията на Твърдение 12.Тогава [tex]g(x)=a.ln(x)=ln(x^{a}) ->lnf(x)=g(x)=ln(x^{a}) -> f(x)=x^{a}. [/tex]

[Мирослав Стоенчев]

Задачи

Задача 1. (БОМ 97г) Да се намерят всички функции [tex]f: R\to R[/tex] такива, че [tex]f(xf(x)+f(y))=f^{2}(x)+y[/tex] за всеки [tex]x,y\in R.[/tex]

Задача 2. (МОМ 77г) Нека [tex]f:N\rightarrow N[/tex] е функция, за която [tex]f(n+1)>f(f(n))[/tex] за всяко [tex]n\in N.[/tex] Да се докаже, че [tex]f(n)=n.[/tex]

Задача 3. (МОМ 98г) Разглеждаме всички функции [tex]f:N\to\ N,[/tex] такива, че [tex]f(n^{2}f(m))=mf^{2}(n)[/tex] за всеки [tex]m,n\in N.[/tex] Да се намери най-малката възможна стойност на [tex]f(1998).[/tex]

Задача 4. Да се намерят всички непрекъснати функции [tex]f: R^{+}\to R^{+}[/tex] такива, че [tex]f(\sqrt{xy})=\sqrt{f(x)f(y)}[/tex] за всеки [tex]x,y\in R^{+}.[/tex]

Задача 5. (МОМ 94г) Да се намерят всички функции [tex]f:\left\(-1,+\infty\right\) \rightarrow \left\(-1,+\infty\right\)[/tex] удовлетворяващи следните 2 условия:
1)[tex]f(x+f(y)+xf(y))=y+f(x)+yf(x)[/tex] за всеки [tex]x,y\in \left\(-1,+\infty\right\)[/tex]
2)[tex]\frac{f(x)}{x}[/tex] е строго растяща в интервалите [tex](-1,0)[/tex] и [tex](0,+\infty)[/tex]

Задача 6. (МОМ 96г) Нека [tex]N_{0}[/tex] е множеството на неотрицателните цели числа. Да се намерят всички функции [tex]f:N_{0}\rightarrow N_{0}[/tex] такива, че [tex]f(m+f(n))=f(f(m))+f(n)[/tex] за всеки [tex]m,n\in N_{0}.[/tex]

Задача 7. (МОМ 99г) Да се намерят всички функции [tex]f:R\rightarrow R,[/tex] удовлетворяващи [tex]f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1[/tex] за всеки [tex]x,y\in R.[/tex]

[Titu_Andrescu]

Задача 2. Решение.
Първо ще докажем, че [tex]f(1)<f(2)<f(3)<...[/tex]. За целта ще използваме индукция по [tex]n[/tex]. Допускаме, че [tex]f(n)[/tex] е най-малкия елемент от множеството[tex] \left\{f(n),f(n+1),f(n+2),...\right\}[/tex].

За [tex]m>1[/tex], [tex]f(m)>f(s)[/tex], където [tex]s=f(m-1)[/tex], следователно [tex]f(m)[/tex] не е най-малкия елемент от множеството [tex]\left\{f(1),f(2),f(3),...\right\}[/tex].
Но множеството е ограничено от нулата, т.е. трябва да имаме по-малък елемент. Следователно най-малкия елемент е [tex]f(1)[/tex]. Доказахме, че индукцията е вярна за [tex]n=1[/tex].

Да дапуснем, че твърдението е вярно за [tex]n[/tex]. Ще докажем, че е вярно и за [tex]n+1[/tex].
Да вземем [tex]m>n+1[/tex]. Тогава [tex]m-1>n[/tex], а от допускането следва, че [tex]f(m-1)>f(n)[/tex] и още [tex]f(n)>f(n-1)>...>f(1)[/tex], следователно [tex]f(n)>n-1+f(1)[/tex]. Тогава [tex]f(m-1)>n+1[/tex]. Излиза, че [tex]f(m-1)\in \left\{n+1,n+2,n+3...\right\}[/tex], но в това множество трябва да има най-малък елемент, който е [tex]f(n+1)[/tex], което доказва твърдението и за [tex]n+1[/tex]. Индукцията е доказана.


Следователно, ако [tex]n\le m\Rightarrow f(n)\le f(m)[/tex]. Да допуснем, че за някое [tex]m[/tex]: [tex]f(m)\ge f(m+1)[/tex], тогава [tex]f(f(m))\ge f(m+1)[/tex] - противоречие. Следователно [tex]f(m)\le m[/tex] за всяко [tex]m[/tex]. Но тъй като [tex]f(1)\ge 1[/tex] , [tex]f(m)>f(m-1)>f(m-2)>...>f(1)[/tex] и от друга страна [tex]f(m)\ge m\Rightarrow f(m)=m[/tex].

[Titu_Andrescu]

Задача 3. 120

Задача 7. [tex]f(t)=-\frac{1}{t^2}+1[/tex]

[Titu_Andrescu]

Задача 5. Решение.
Да допуснем, че [tex]f(a)=a[/tex]. Тогава като заместим с [tex]x=y=a[/tex] във функционалното уравнение, получаваме [tex]f(b)=b[/tex], където [tex]b=2a+a^2[/tex].
Ако [tex]-1<a<0[/tex], то [tex]-1<b<a[/tex]. Но [tex]\frac{f(a)}{a}=\frac{f(b)}{b}[/tex], което води до противоречие. Аналогично, ако [tex]a>0[/tex], то [tex]b>a[/tex], но
[tex]\frac{f(a)}{a}=\frac{f(b)}{b}[/tex] - отново противоречие с условието. Следователно трябва да имаме [tex]a=0[/tex].

Заместваме с [tex]x=0[/tex] във функционалното уравнение и получаваме [tex]f(k)=k[/tex], за [tex]k=x+f(x)+xf(x)[/tex]. Следователно (от доказаното по-горе) ще имаме, че [tex]k=0[/tex], т.е. за всяко [tex]x[/tex], [tex]x+f(x)+xf(x)=0[/tex]. Тогава [tex]f(x)=\frac{-x}{x+1}[/tex].
Остава само да проверим дали тази функция изпълнява двете условия. Определено ги изпълнява и следователно това е единствената такава функция.

[Titu_Andrescu]

Задача 3. Решение.
Нека [tex]f(1)=k[/tex]. Тогава [tex]f(kt^2)=f^2(t)[/tex] и [tex]f(f(t))=k^2t[/tex]. Също така [tex]f^2(kt)=f(k^3t^2)=f(1^2f(f(kt^2)))=k^2f(kt^2)=k^2f^2(t)[/tex]. Следователно [tex]f(kt)=kf(t)[/tex].

По индукция доказваме, че [tex]k^nf(t^{n+1})=f^{n+1}(t)[/tex]. Но това показва, че [tex]k[/tex] дели [tex]f(t)[/tex]. Да допуснем, че най-високата степен на простото число [tex]p[/tex], което дели [tex]f(t)[/tex] e [tex]a>b[/tex]. Тогава [tex]a>b+\frac{1}{n}[/tex] , за някое цяло [tex]n[/tex]. Но тогава [tex]n.a>(n+1)b[/tex], следователно [tex]k^n[/tex] не дели [tex]f^{n+1}(t)[/tex] - противоречие.

Нека [tex]g(t)=\frac{f(t)}{k}[/tex]. Тогава [tex]f(t^2f(s))=f(t^2k.g(s))=k^2g(t^2g(s))[/tex]. Следователно [tex]g(t^2g(s))=sg^2(t)[/tex]. Излиза, че [tex]g[/tex] изпълнява същите условия като [tex]f[/tex] и има по-малки стоиности за [tex]k>1[/tex]. Също така имаме, че [tex]g(1)=1[/tex]. Тъй като търсим най-малката стойност на [tex]f(1998)[/tex], то можем да допуснем, че [tex]f(1)=1[/tex].

Следователно имаме, че [tex]f(f(t) = t[/tex] and [tex]f(t=2) = f=2(t)[/tex] [tex]\Rightarrow f^2(st) = f(s^2t^2) = f(s^2f(f(t^2))) = f^2(s)f^2(t)\Rightarrow f(st) = f(s).f(t)[/tex].

Нека [tex]p[/tex] е просто число и [tex]f(p)=m.n[/tex]. Тогава [tex]f(m)f(n)=f(mn)=f(f(p))=p\Rightarrow[/tex] едно от числата [tex]f(m), f(n)=1[/tex].
Но ако [tex]f(m)=1[/tex], тогава [tex]m = f(f(m)) = f(1) = 1[/tex]. Следователно [tex]f(p)[/tex] е просто и ако [tex]f(p)=q[/tex], то [tex]f(q)=p[/tex]

[tex]1998=2.3^3.37,f(2)=3,f(3)=2, f(37)=5, f(5)=37,f_{min}(1998)=3.2^3.5[/tex]

[Baronov]

Отдавна се каня да напиша и аз някаква теория тук. Ако вече го има това някъде и е по-добре обяснено (което е почти сигурно) може да го изтриете.
Това е една, според мен, много важна идея при функционалните уравнения.
Задача:[tex]f(f(f(x))) + 4f(f(x)) +f(x)= 6x.[/tex]
[tex] f: (0; +{\infty} ) -> ( 0 ; +\infty )[/tex]
Търсят се разбира се всички такива функции. Идеята е да се разгледа редицата от итерациите на функцията в произволна точка. Т.е. фиксираме [tex]x_{0}>0[/tex] и полагаме [tex]a_{0}=x_{0}, a_{n+1} = f(a_{n})[/tex]. Тогава редицата удовлетворява следното рекурентно уравнение : [tex]a_{n+3} + 4a_{n+2} + a_{n+1} - 6a_{n}= 0[/tex]. Характеристичното уравнение (ако няма теория за намиране на общ член на линейни рекурентни уравнения... някой трябва да напише) е [tex]t^{3} + 4t^{2} + t - 6 = 0[/tex].
Корените му са 1, -2 ,-3. Т.е. общия член на редицата е [tex]a_{n}= c_{1}1^{n} + c_{2}(-2)^{n} + c_{3}(-3)^{n}[/tex]. Ако допуснем, че [tex]c_{2}[/tex] или [tex]c_{3}[/tex] е различно от нула, то за големи n редицата ще има отрицателни членове. Противоречие с това, че функцията приема само положителни стойности (същият аргумент върви и ако получим дробни корени, а функцията приема само цели стойности). Т.е. [tex]c_{2} = c_{3} = 0 => a_{n} = c_{1} => a_{1}=a_{0} => f(x_{0}) = x_{0}[/tex]. Понеже [tex]x_{0}[/tex] беше произволно избрано [tex]f(x) = x[/tex] за всяко x.