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)

(-\infty<x<+\infty)

, удовлетворяющие для всех вещественных значений

x

y

уравнению

f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y).

Опирается на задачу 809, задачу 812

Решение

Идея

Функция

f\equiv0

является решением. Пусть теперь

f\not\equiv0

. При

y=0

получаем

2f(x)=2f(x)f(0).

Так как

f

не тождественно равна нулю,

f(0)=1

. Подставляя

x=0

, имеем

f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)=2f(y),

поэтому

f(-y)=f(y)

, то есть

f

чётна.

1
При $y=x$ $f(2x)=2f^2(x)-1.\tag{1}$ Так как $2x$ пробегает всю прямую, из (1) имеем $f(x)\ge-1$ для всех $x$ .
2
Функция $f\equiv1$ также является решением. Пусть $f\not\equiv1$ . Тогда по непрерывности найдётся точка $a$ , для которой $f^2(a)\ne1$ . Обозначим $A=f(a)$ .
3
Далее удобно дополнить $f$ второй функцией, чтобы исходное уравнение превратилось в пару формул сложения. Для этого рассмотрим разность значений $f$ в симметричных относительно $x$ точках $x+a$ и $x-a$ . Из исходного уравнения $f(x+a)+f(x-a)=2Af(x),$ поэтому $f(x+a)-Af(x)=\frac{f(x+a)-f(x-a)}2.$ Положим $g(x)=\frac{f(x+a)-f(x-a)}{2\sqrt{|A^2-1|}}.\tag{2}$ Поскольку $f$ чётна, из (2) сразу видно, что $g$ нечётна.

Получим первую формулу сложения. Из исходного уравнения, применённого к $x+a$ и $x-a$ , $f(x+y+a)+f(x-y+a)=2f(x+a)f(y),$ $f(x+y-a)+f(x-y-a)=2f(x-a)f(y).$ Вычитая второе равенство из первого и деля на $2\sqrt{|A^2-1|}$ , получаем $g(x+y)+g(x-y)=2g(x)f(y).$ Если поменять $x$ и $y$ местами и воспользоваться нечётностью $g$ , $g(x+y)-g(x-y)=2f(x)g(y).$ Складывая эти равенства, $g(x+y)=g(x)f(y)+f(x)g(y).\tag{3}$ Нужна ещё одна формула. Из (2) $4|A^2-1|\,g(x)g(y)=\bigl(f(x+a)-f(x-a)\bigr)\bigl(f(y+a)-f(y-a)\bigr).$ Раскрывая произведение и используя равенство $2f(u)f(v)=f(u+v)+f(u-v),$ получаем $4|A^2-1|\,g(x)g(y)=4(A^2-1)\bigl(f(x+y)-f(x)f(y)\bigr).$ Значит, $g(x)g(y)=\frac{A^2-1}{|A^2-1|}\bigl(f(x+y)-f(x)f(y)\bigr).\tag{4}$
4
Теперь возможны два случая.

Пусть $A^2>1$ . Тогда из (4) $f(x+y)=f(x)f(y)+g(x)g(y).$ Вместе с (3) это в точности даёт формулы сложения для гиперболических функций. Положим $h(x)=f(x)+g(x).$ Тогда $h(x+y)\mathrel{=}$ Функция $h$ непрерывна и $h(0)=1$ , поэтому по задаче 812 $h(x)=e^{kx}.$ Так как $f$ чётна, а $g$ нечётна, $h(-x)=f(x)-g(x)=e^{-kx}.$ Складывая два равенства, $2f(x)=e^{kx}+e^{-kx},$ откуда $f(x)=\operatorname{ch}(kx).$ Пусть теперь $A^2<1$ . Из (4) $f(x+y)=f(x)f(y)-g(x)g(y).\tag{5}$ Подставляя $y=-x$ и учитывая, что $f$ чётна, а $g$ нечётна, получаем $f^2(x)+g^2(x)=1.\tag{6}$ Таким образом, равенства (3), (5) имеют тот же вид, что и формулы сложения синуса и косинуса: $\begin{aligned}g(x+y)&=g(x)f(y)+f(x)g(y),\\f(x+y)&=f(x)f(y)-g(x)g(y).\end{aligned}$
5
Так как $f(0)=1$ , $g(0)=0$ и обе функции непрерывны, в некоторой окрестности нуля для каждого $x$ существует единственный угол $\alpha_x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ такой, что $f(x)=\cos\alpha_x,\qquad g(x)=\sin\alpha_x.$ Для достаточно малых $x$ и $y$ из формул (3), (5) имеем $f(x+y)=\cos(\alpha_x+\alpha_y),\qquadg(x+y)=\sin(\alpha_x+\alpha_y).$ По единственности выбранного угла $\alpha_{x+y}=\alpha_x+\alpha_y.$ Углы $\alpha_x$ непрерывно зависят от $x$ , поэтому тем же рассуждением, что в задаче 809, $\alpha_x=kx.$ Значит, в некоторой окрестности нуля $f(x)=\cos(kx),\qquad g(x)=\sin(kx).$ Пусть теперь $x\in\mathbb R$ произвольно. Выберем $n\in\mathbb N$ настолько большим, чтобы $x/n$ лежало в этой окрестности. Поскольку (3), (5) совпадают с формулами сложения синуса и косинуса, последовательно прибавляя $x/n$ , получаем $f(x)=f\left(n\frac{x}{n}\right)=\cos\left(nk\frac{x}{n}\right)=\cos(kx).$

Проверка

Таким образом,

\boxed{f(x)\equiv0,\qquadf(x)=\cos(ax),\qquadf(x)=\operatorname{ch}(ax),\quad a\in\mathbb R.}