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

Демидович — задача 819

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

Задача 819

Найти все непрерывные ограниченные функции f(x)f(x) и g(x)g(x) (−∞<x<+∞)(-\infty<x<+\infty), удовлетворяющие для всех вещественных значений xx и yy системе уравнений:f(x+y)=f(x)f(y)−g(x)g(y),f(x+y)=f(x)f(y)-g(x)g(y),g(x+y)=f(x)g(y)+f(y)g(x),g(x+y)=f(x)g(y)+f(y)g(x),и, сверх того, условиям нормировки:f(0)=1иg(0)=0.f(0)=1\quad\text{и}\quad g(0)=0.Указание. Рассмотреть функциюF(x)=f2(x)+g2(x).F(x)=f^2(x)+g^2(x).

Опирается на ,

Решение

ПоложимF(x)=f2(x)+g2(x).F(x)=f^2(x)+g^2(x).Используя оба уравнения системы,F(x+y)=\displaystyle F(x+y)\mathrel{=}[f(x)f(y)−g(x)g(y)]2+[f(x)g(y)+f(y)g(x)]2=\displaystyle [f(x)f(y)-g(x)g(y)]^2
+[f(x)g(y)+f(y)g(x)]^2\mathrel{=}[f2(x)+g2(x)][f2(y)+g2(y)]=\displaystyle [f^2(x)+g^2(x)][f^2(y)+g^2(y)]\mathrel{=}F(x)F(y).\displaystyle F(x)F(y).Функция FF непрерывна, ограничена и F(0)=1F(0)=1. По задаче F(x)=ax,a>0.F(x)=a^x,\quad a>0.Но FF ограничена на всей числовой прямой. При a>1a>1 функция axa^x неограниченна при x→+∞x\to+\infty, а при 0<a<10<a<1 - при x→−∞x\to-\infty. Поэтому a=1a=1, то естьf2(x)+g2(x)=1.f^2(x)+g^2(x)=1.
Подставим в систему y=−xy=-x. Из условий f(0)=1f(0)=1, g(0)=0g(0)=0 получаемf(x)f(−x)−g(x)g(−x)=1,f(x)f(-x)-g(x)g(-x)=1,f(x)g(−x)+f(−x)g(x)=0.f(x)g(-x)+f(-x)g(x)=0.Так как f2(x)+g2(x)=1f^2(x)+g^2(x)=1, умножим первое уравнение на f(x)f(x), второе — на g(x)g(x) и сложим. Получим (f2(x)+g2(x))f(−x)=f(x)(f^2(x)+g^2(x))f(-x)=f(x), то есть f(−x)=f(x)f(-x)=f(x). Умножая первое уравнение на −g(x)-g(x), второе — на f(x)f(x) и складывая, получим (f2(x)+g2(x))g(−x)=−g(x)(f^2(x)+g^2(x))g(-x)=-g(x). Следовательно,f(−x)=f(x),g(−x)=−g(x).f(-x)=f(x),
\quad
g(-x)=-g(x).
Теперьf(x−y)=f(x)f(y)+g(x)g(y),f(x-y)=f(x)f(y)+g(x)g(y),поэтомуf(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y).f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y).По задаче непрерывная функция ff имеет вид 00, cos⁡(cx)\cos(cx) или ch⁡(cx)\operatorname{ch}(cx). Условие f(0)=1f(0)=1 исключает нулевое решение, а ограниченность исключает ch⁡(cx)\operatorname{ch}(cx) при c≠0c\ne0. Значит,f(x)=cos⁡(cx)f(x)=\cos(cx)для некоторого c∈Rc\in\mathbb R.
Если c=0c=0, то f≡1f\equiv1, а из f2+g2=1f^2+g^2=1 получаем g≡0g\equiv0.

Пусть c≠0c\ne0. Первое уравнение системы теперь имеет видcos⁡(c(x+y))=cos⁡(cx)cos⁡(cy)−g(x)g(y).\cos(c(x+y))=\cos(cx)\cos(cy)-g(x)g(y).Правая часть очень похожа на формулу косинуса суммыcos⁡(c(x+y))=cos⁡(cx)cos⁡(cy)−sin⁡(cx)sin⁡(cy).\cos(c(x+y))=\cos(cx)\cos(cy)-\sin(cx)\sin(cy).Действительно, приравнивая правые части этих двух равенств, получаемg(x)g(y)=sin⁡(cx)sin⁡(cy).g(x)g(y)=\sin(cx)\sin(cy).Выберем y0y_0 так, чтобы sin⁡(cy0)≠0\sin(cy_0)\ne0. При x=y=y0x=y=y_0 имеемg2(y0)=sin⁡2(cy0),g^2(y_0)=\sin^2(cy_0),поэтомуg(y0)=±sin⁡(cy0).g(y_0)=\pm\sin(cy_0).Теперь в равенствеg(x)g(y0)=sin⁡(cx)sin⁡(cy0)g(x)g(y_0)=\sin(cx)\sin(cy_0)можно разделить на g(y0)≠0g(y_0)\ne0. Если g(y0)=sin⁡(cy0)g(y_0)=\sin(cy_0), тоg(x)=sin⁡(cx),g(x)=\sin(cx),а если g(y0)=−sin⁡(cy0)g(y_0)=-\sin(cy_0), тоg(x)=−sin⁡(cx).g(x)=-\sin(cx).Знак можно включить в постоянную cc, поскольку cos⁡(−cx)=cos⁡(cx)\cos(-cx)=\cos(cx), а sin⁡(−cx)=−sin⁡(cx)\sin(-cx)=-\sin(cx).

Проверка

Итак,f(x)=cos⁡(cx),g(x)=sin⁡(cx),c∈R.\boxed{
f(x)=\cos(cx),
\quad
g(x)=\sin(cx),
\quad
c\in\mathbb R.
}Обратная проверка следует из формул сложения синуса и косинуса. Обе функции непрерывны, ограничены по модулю единицей и имеют требуемые значения при нуле.