Номер 16, страница 420 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

16. Методы решения функциональных уравнений.

Рекомендуемая литература:

1) Андреев А. А. и др. Функциональные уравнения : учебное издание. Серия А: Математика. Вып. 3. — Самара : Пифагор, 1997.

2) Бродский Я., Слипенко А. Функциональные уравнения и группы // Квант. 1985. № 7. С. 23—26, 32.

3) Ильин В. А. Интеграционные методы решения функциональных уравнений // Соросовский образовательный журнал. Т. 7. 2001. № 2. С. 116—120.

4) Лихтарников Л. М. Элементарное введение в функциональные уравнения. — СПб. : Лань, 1997.

Функциональное уравнение — это уравнение, в котором неизвестной является функция. Решить функциональное уравнение означает найти все функции, удовлетворяющие этому уравнению. Ниже представлены основные методы их решения.

1. Метод подстановок

Этот метод заключается в замене переменных в уравнении конкретными значениями или выражениями. Цель — получить новые уравнения, которые в системе с исходным позволяют найти неизвестную функцию. Часто используются подстановки, которые меняют местами аргументы функции, например, $x \to 1-x$, $x \to \frac{1}{x}$ и т.д.

Пример: Найти все функции $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, удовлетворяющие уравнению $2f(x) + f(1-x) = 3x$.

Решение:
1. Исходное уравнение: $2f(x) + f(1-x) = 3x$.
2. Произведем подстановку $t = 1-x$, откуда $x = 1-t$. Подставим это в исходное уравнение: $2f(1-t) + f(t) = 3(1-t)$. Заменив $t$ обратно на $x$, получим второе уравнение: $2f(1-x) + f(x) = 3(1-x)$.
3. Теперь у нас есть система из двух линейных уравнений относительно $f(x)$ и $f(1-x)$:
$\begin{cases} 2f(x) + f(1-x) = 3x \\ f(x) + 2f(1-x) = 3-3x \end{cases}$
4. Умножим второе уравнение на 2 и вычтем из него первое, чтобы исключить $f(1-x)$:
$2(f(x) + 2f(1-x)) - (2f(x) + f(1-x)) = 2(3-3x) - 3x$
$2f(x) + 4f(1-x) - 2f(x) - f(1-x) = 6 - 6x - 3x$
$3f(1-x) = 6 - 9x$
$f(1-x) = 2 - 3x$
5. Чтобы найти $f(x)$, сделаем замену $z = 1-x$, тогда $x = 1-z$. Получаем $f(z) = 2 - 3(1-z) = 2 - 3 + 3z = 3z - 1$.
Следовательно, $f(x) = 3x - 1$.
6. Проверка: подставим найденную функцию в исходное уравнение:
$2(3x - 1) + (3(1-x) - 1) = 6x - 2 + 3 - 3x - 1 = 3x$.
Равенство выполняется.

Ответ: $f(x) = 3x - 1$.

2. Метод сведения к известным функциональным уравнениям (уравнениям Коши)

Некоторые уравнения могут быть сведены к одному из классических функциональных уравнений Коши. Для непрерывных функций их решения хорошо известны:

• Аддитивное уравнение: $f(x+y) = f(x) + f(y)$. Решение: $f(x) = cx$.
• Показательное уравнение: $f(x+y) = f(x)f(y)$. Решение: $f(x) = a^x$.
• Логарифмическое уравнение: $f(xy) = f(x) + f(y)$. Решение: $f(x) = c \log_a(x)$.
• Степенное уравнение: $f(xy) = f(x)f(y)$. Решение: $f(x) = x^c$, $f(x)=0$ или $f(x)=1$.

Пример: Найти все непрерывные функции $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, для которых $f(x) + f(y) = f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$ для $x, y \ge 0$.

Решение:
1. Сделаем замену переменных, чтобы упростить аргумент функции. Пусть $g(t) = f(\sqrt{t})$ для $t \ge 0$. Тогда $f(x) = g(x^2)$ для $x \ge 0$.
2. Подставим это в исходное уравнение:
$g(x^2) + g(y^2) = g\left(\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)^2\right)$
$g(x^2) + g(y^2) = g(x^2+y^2)$
3. Обозначим $u = x^2$ и $v = y^2$. Поскольку $x, y \ge 0$, то $u, v \ge 0$. Уравнение принимает вид:$g(u) + g(v) = g(u+v)$ для всех $u, v \ge 0$.
4. Это аддитивное уравнение Коши на множестве неотрицательных чисел. Так как $f(x)$ непрерывна, то и $g(t)=f(\sqrt{t})$ также непрерывна. Для непрерывных функций решение уравнения Коши имеет вид $g(t) = ct$ для некоторой константы $c$.
5. Возвращаемся к исходной функции $f(x)$. Мы знаем, что $f(x) = g(x^2)$. Подставляя $g(t) = ct$, получаем $f(x) = c x^2$.
6. Проверим решение: $c x^2 + c y^2 = c(x^2+y^2)$, что верно.

Ответ: $f(x) = cx^2$ для $x \ge 0$.

3. Использование свойств функций (непрерывности, дифференцируемости, монотонности)

Если в условии задачи наложены дополнительные ограничения на функцию (например, она дифференцируема), эти свойства можно использовать для решения. Например, можно продифференцировать уравнение.

Пример: Найти все дифференцируемые функции $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, для которых $f(x+y) = f(x)f(y)$.

Решение:
1. Заметим, что если существует $y_0$ такое, что $f(y_0)=0$, то $f(x) = f(x-y_0+y_0) = f(x-y_0)f(y_0) = 0$ для всех $x$. Таким образом, $f(x)=0$ является одним из решений.
2. Предположим, что $f(x)$ не является тождественным нулем. Тогда $f(x) \neq 0$ для всех $x$. Также $f(0) = f(0+0) = f(0)^2$, откуда $f(0)=1$ (так как $f(0) \neq 0$).
3. Продифференцируем исходное уравнение по переменной $x$, считая $y$ константой:
$\frac{d}{dx}f(x+y) = \frac{d}{dx}(f(x)f(y))$
$f'(x+y) \cdot 1 = f'(x)f(y)$
4. Подставим в полученное равенство $x=0$:
$f'(y) = f'(0)f(y)$
5. Обозначим константу $f'(0)$ как $c$. Тогда мы получили дифференциальное уравнение: $f'(y) = c f(y)$.
6. Решением этого уравнения является функция $f(y) = K e^{cy}$ для некоторой константы $K$.
7. Используем начальное условие $f(0)=1$:
$f(0) = K e^{c \cdot 0} = K \cdot 1 = K$. Отсюда $K=1$.
8. Таким образом, $f(y) = e^{cy}$. Заменяя $y$ на $x$, получаем $f(x) = e^{cx}$. Если $c$ - любое действительное число, то $a = e^c$ - любое положительное число. Тогда решение можно записать как $f(x)=a^x$ для $a > 0$.
9. Объединяя с тривиальным решением, получаем все решения.

Ответ: $f(x) = 0$ и $f(x) = a^x$ для любой константы $a>0$.

4. Метод итераций

Этот метод применяется, когда уравнение имеет рекуррентный характер. Он заключается в последовательном вычислении значений функции для построения гипотезы о ее виде, которая затем доказывается (например, по индукции).

Пример: Найти функцию $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$, если $f(x+1) = f(x) + 2$ и $f(0) = 1$.

Решение:
1. Вычислим несколько значений функции для целых чисел:
$f(0) = 1$
$f(1) = f(0) + 2 = 1 + 2 = 3$
$f(2) = f(1) + 2 = 3 + 2 = 5$
$f(3) = f(2) + 2 = 5 + 2 = 7$
2. Также для отрицательных чисел: $f(x) = f(x+1) - 2$.
$f(-1) = f(0) - 2 = 1 - 2 = -1$
$f(-2) = f(-1) - 2 = -1 - 2 = -3$
3. Мы видим, что значения $f(x)$ образуют арифметическую прогрессию. Выдвигаем гипотезу, что $f(x) = 2x + 1$.
4. Докажем гипотезу методом математической индукции для $x \ge 0$.
База индукции: для $x=0$, $f(0) = 2(0) + 1 = 1$. Верно.
Шаг индукции: Предположим, что $f(k) = 2k + 1$ для некоторого $k \ge 0$. Тогда
$f(k+1) = f(k) + 2 = (2k + 1) + 2 = 2k + 3 = 2(k+1) + 1$.
Утверждение верно для $k+1$. Следовательно, формула верна для всех целых $x \ge 0$.
5. Аналогично доказывается для отрицательных чисел.
6. Проверка: подставим $f(x) = 2x+1$ в исходное уравнение: $f(x+1) = 2(x+1)+1 = 2x+3$. $f(x)+2 = (2x+1)+2=2x+3$. Равенство выполняется.

Ответ: $f(x) = 2x + 1$.