Раздел I. Введение в анализ — § 10. Функциональные уравнения

Демидович — задача 818

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 818

Найти все непрерывные функции f(x)f(x) (−∞<x<+∞)(-\infty<x<+\infty), удовлетворяющие для всех вещественных значений xx и yy уравнениюf(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y).f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y).

Опирается на ,

Решение

Функция f≡0f\equiv0 является решением. Пусть теперь f≢0f\not\equiv0. При y=0y=0 получаем2f(x)=2f(x)f(0).2f(x)=2f(x)f(0).Так как ff не тождественно равна нулю, f(0)=1f(0)=1. Подставляя x=0x=0, имеемf(y)+f(−y)=2f(0)f(y)=2f(y),f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)=2f(y),поэтому f(−y)=f(y)f(-y)=f(y), то есть ff чётна.
При y=xy=xf(2x)=2f2(x)−1.(1)f(2x)=2f^2(x)-1.
\tag{1}Так как 2x2x пробегает всю прямую, из (1) имеем f(x)≥−1f(x)\ge-1 для всех xx.
Функция f≡1f\equiv1 также является решением. Пусть f≢1f\not\equiv1. Тогда по непрерывности найдётся точка aa, для которой f2(a)≠1f^2(a)\ne1. Обозначим A=f(a)A=f(a).
Далее удобно дополнить ff второй функцией, чтобы исходное уравнение превратилось в пару формул сложения. Для этого рассмотрим разность значений ff в симметричных относительно xx точках x+ax+a и x−ax-a. Из исходного уравненияf(x+a)+f(x−a)=2Af(x),f(x+a)+f(x-a)=2Af(x),поэтомуf(x+a)−Af(x)=f(x+a)−f(x−a)2.f(x+a)-Af(x)=\frac{f(x+a)-f(x-a)}2.Положимg(x)=f(x+a)−f(x−a)2∣A2−1∣.(2)g(x)=\frac{f(x+a)-f(x-a)}{2\sqrt{|A^2-1|}}.
\tag{2}Поскольку ff чётна,g(−x)=f(x−a)−f(x+a)2∣A2−1∣=−g(x).g(-x)=\frac{f(x-a)-f(x+a)}{2\sqrt{|A^2-1|}}=-g(x).Значит, gg нечётна.

Получим первую формулу сложения. Из исходного уравнения, применённого к x+ax+a и x−ax-a,f(x+y+a)+f(x−y+a)=2f(x+a)f(y),f(x+y+a)+f(x-y+a)=2f(x+a)f(y),f(x+y−a)+f(x−y−a)=2f(x−a)f(y).f(x+y-a)+f(x-y-a)=2f(x-a)f(y).Вычитая второе равенство из первого и деля на 2∣A2−1∣2\sqrt{|A^2-1|}, получаемg(x+y)+g(x−y)=2g(x)f(y).g(x+y)+g(x-y)=2g(x)f(y).Если поменять xx и yy местами и воспользоваться нечётностью gg,g(x+y)−g(x−y)=2f(x)g(y).g(x+y)-g(x-y)=2f(x)g(y).Складывая эти равенства,g(x+y)=g(x)f(y)+f(x)g(y).(3)g(x+y)=g(x)f(y)+f(x)g(y).
\tag{3}Нужна ещё одна формула. Из (2)4∣A2−1∣ g(x)g(y)=(f(x+a)−f(x−a))(f(y+a)−f(y−a)).4|A^2-1|\,g(x)g(y)
=
\bigl(f(x+a)-f(x-a)\bigr)
\bigl(f(y+a)-f(y-a)\bigr).Покажем это преобразование подробно. Обозначим D(t)=f(t+a)−f(t−a)D(t)=f(t+a)-f(t-a), s=x+ys=x+y, d=x−yd=x-y. Применяя 2f(u)f(v)=f(u+v)+f(u−v)2f(u)f(v)=f(u+v)+f(u-v) к каждому из четырёх произведений, получаем2D(x)D(y)=f(s+2a)+f(d)−f(s)−f(d+2a)−f(s)−f(d−2a)+f(s−2a)+f(d)=[f(s+2a)+f(s−2a)−2f(s)]−[f(d+2a)+f(d−2a)−2f(d)].\begin{aligned}
2D(x)D(y)
={}&f(s+2a)+f(d)-f(s)-f(d+2a)\\
&-f(s)-f(d-2a)+f(s-2a)+f(d)\\
={}&[f(s+2a)+f(s-2a)-2f(s)]\\
&-[f(d+2a)+f(d-2a)-2f(d)].
\end{aligned}Каждая квадратная скобка преобразуется исходным уравнением:f(t+2a)+f(t−2a)−2f(t)=2(f(2a)−1)f(t).f(t+2a)+f(t-2a)-2f(t)=2(f(2a)-1)f(t).При этом f(2a)=2A2−1f(2a)=2A^2-1, поэтому f(2a)−1=2(A2−1)f(2a)-1=2(A^2-1). Кроме того,f(d)=2f(x)f(y)−f(s),f(s)−f(d)=2[f(s)−f(x)f(y)].f(d)=2f(x)f(y)-f(s),\qquad
f(s)-f(d)=2[f(s)-f(x)f(y)].Следовательно,2D(x)D(y)=8(A2−1)[f(x+y)−f(x)f(y)].2D(x)D(y)=8(A^2-1)[f(x+y)-f(x)f(y)].Делим на два и используем D(t)=2∣A2−1∣ g(t)D(t)=2\sqrt{|A^2-1|}\,g(t):4∣A2−1∣ g(x)g(y)=4(A2−1)[f(x+y)−f(x)f(y)].4|A^2-1|\,g(x)g(y)
=4(A^2-1)[f(x+y)-f(x)f(y)].Значит,g(x)g(y)=A2−1∣A2−1∣(f(x+y)−f(x)f(y)).(4)g(x)g(y)
=
\frac{A^2-1}{|A^2-1|}
\bigl(f(x+y)-f(x)f(y)\bigr).
\tag{4}
Теперь возможны два случая.

Пусть A2>1A^2>1. Тогда из (4)f(x+y)=f(x)f(y)+g(x)g(y).f(x+y)=f(x)f(y)+g(x)g(y).Вместе с (3) это в точности даёт формулы сложения для гиперболических функций. Положимh(x)=f(x)+g(x).h(x)=f(x)+g(x).Тогдаh(x+y)=\displaystyle h(x+y)\mathrel{=}f(x+y)+g(x+y)=\displaystyle f(x+y)+g(x+y)\mathrel{=}f(x)f(y)+g(x)g(y)+g(x)f(y)+f(x)g(y)=\displaystyle f(x)f(y)+g(x)g(y)+g(x)f(y)+f(x)g(y)\mathrel{=}h(x)h(y).\displaystyle h(x)h(y).Функция hh непрерывна и h(0)=1h(0)=1, поэтому по задаче h(x)=ekx.h(x)=e^{kx}.Так как ff чётна, а gg нечётна,h(−x)=f(x)−g(x)=e−kx.h(-x)=f(x)-g(x)=e^{-kx}.Складывая два равенства,2f(x)=ekx+e−kx,2f(x)=e^{kx}+e^{-kx},откудаf(x)=ch⁡(kx).f(x)=\operatorname{ch}(kx).Пусть теперь A2<1A^2<1. Из (4)f(x+y)=f(x)f(y)−g(x)g(y).(5)f(x+y)=f(x)f(y)-g(x)g(y).
\tag{5}Подставляя y=−xy=-x и учитывая, что ff чётна, а gg нечётна, получаемf2(x)+g2(x)=1.(6)f^2(x)+g^2(x)=1.
\tag{6}Таким образом, равенства (3), (5) имеют тот же вид, что и формулы сложения синуса и косинуса:g(x+y)=g(x)f(y)+f(x)g(y),f(x+y)=f(x)f(y)−g(x)g(y).\begin{aligned}
g(x+y)&=g(x)f(y)+f(x)g(y),\\
f(x+y)&=f(x)f(y)-g(x)g(y).
\end{aligned}
В силу непрерывности и равенств f(0)=1f(0)=1, g(0)=0g(0)=0 выбираем ρ>0\rho>0 так, чтобы при ∣x∣<ρ|x|<\rho выполнялись f(x)>0f(x)>0 и ∣g(x)∣<1/2|g(x)|<1/\sqrt2. Положимα(x)=arcsin⁡g(x),∣x∣<ρ.\alpha(x)=\arcsin g(x),\qquad |x|<\rho.Это непрерывная функция, ∣α(x)∣<π/4|\alpha(x)|<\pi/4. Из f2+g2=1f^2+g^2=1 и f>0f>0 следуетf(x)=cos⁡α(x),g(x)=sin⁡α(x).f(x)=\cos\alpha(x),\qquad g(x)=\sin\alpha(x).Если x,y,x+y∈(−ρ,ρ)x,y,x+y\in(-\rho,\rho), формулы сложения (3), (5) показывают, что угол α(x)+α(y)\alpha(x)+\alpha(y) имеет синус g(x+y)g(x+y) и косинус f(x+y)f(x+y). Этот угол лежит в (−π/2,π/2)(-\pi/2,\pi/2), поэтому по единственности арксинуса на этом промежуткеα(x+y)=α(x)+α(y).\alpha(x+y)=\alpha(x)+\alpha(y).Обоснуем линейность, учитывая, что пока это равенство установлено только в окрестности нуля. Зафиксируем b=ρ/2b=\rho/2. Последовательное сложение nn слагаемых b/nb/n происходит внутри [0,b][0,b], поэтомуα(b)=nα(b/n),α(b/n)=α(b)/n.\alpha(b)=n\alpha(b/n),\qquad \alpha(b/n)=\alpha(b)/n.Из α(t)+α(−t)=α(0)=0\alpha(t)+\alpha(-t)=\alpha(0)=0 имеем нечётность. Складывая ∣m∣|m| слагаемых с шагом b/nb/n и нужным знаком, получаем для каждого рационального r=m/nr=m/n с ∣rb∣<ρ|rb|<\rhoα(rb)=rα(b).\alpha(rb)=r\alpha(b).Все промежуточные аргументы лежат между 00 и rbrb, то есть остаются в разрешённом интервале.

Для любого x∈(−ρ,ρ)x\in(-\rho,\rho) выбираем рациональные rj→x/br_j\to x/b с ∣rjb∣<ρ|r_jb|<\rho. По непрерывностиα(x)=lim⁡j→∞rjα(b)=α(b)bx=kx,k=α(b)b.\alpha(x)=\lim_{j\to\infty}r_j\alpha(b)
=\frac{\alpha(b)}b x=kx,
\qquad k=\frac{\alpha(b)}b.Значит, f(x)=cos⁡(kx)f(x)=\cos(kx) и g(x)=sin⁡(kx)g(x)=\sin(kx) при ∣x∣<ρ|x|<\rho.

Теперь пусть xx произвольно. Выберем натуральное nn с ∣x/n∣<ρ|x/n|<\rho и положим h=x/nh=x/n. При j=1j=1 известны f(h)=cos⁡(kh)f(h)=\cos(kh), g(h)=sin⁡(kh)g(h)=\sin(kh). Если эти формулы верны для jhjh, то глобальные равенства (3), (5) даютf((j+1)h)=cos⁡(jkh)cos⁡(kh)−sin⁡(jkh)sin⁡(kh)=cos⁡((j+1)kh),g((j+1)h)=sin⁡(jkh)cos⁡(kh)+cos⁡(jkh)sin⁡(kh)=sin⁡((j+1)kh).\begin{aligned}
f((j+1)h)&=\cos(jkh)\cos(kh)-\sin(jkh)\sin(kh)\\
&=\cos((j+1)kh),\\
g((j+1)h)&=\sin(jkh)\cos(kh)+\cos(jkh)\sin(kh)\\
&=\sin((j+1)kh).
\end{aligned}По индукции при j=nj=n получаем f(x)=cos⁡(kx)f(x)=\cos(kx) на всей прямой.

Проверка

Таким образом,f(x)≡0,f(x)=cos⁡(ax),f(x)=ch⁡(ax),a∈R.\boxed{
f(x)\equiv0,\qquad
f(x)=\cos(ax),\qquad
f(x)=\operatorname{ch}(ax),
\quad a\in\mathbb R.
}Обратная проверка: нулевая функция удовлетворяет уравнению непосредственно. Для косинуса равенство следует из суммы формул косинуса суммы и разности. Для гиперболического косинуса подстановка ch⁡t=(et+e−t)/2\operatorname{ch}t=(e^t+e^{-t})/2 даётch⁡(u+v)+ch⁡(u−v)=(eu+e−u)(ev+e−v)2=2ch⁡uch⁡v.\operatorname{ch}(u+v)+\operatorname{ch}(u-v)
=\frac{(e^u+e^{-u})(e^v+e^{-v})}{2}
=2\operatorname{ch}u\operatorname{ch}v.Все перечисленные функции непрерывны.
Демидович № 818 — решение | Высшая математика — Профиматика