Ru.Wikipedia.Org - Функциональное уравнение

Меню
Главная
Случайная статья
Настройки

Функциональное уравнение
Материал из https://ru.wikipedia.org

Функциональное уравнение — уравнение, выражающее связь между значением функции в одной точке с её значениями в других точках. Многие свойства функций можно определить, исследуя функциональные уравнения, которым эти функции удовлетворяют. Термин «функциональное уравнение» обычно используется для уравнений, несводимых простыми способами к алгебраическим уравнениям. Эта несводимость чаще всего обусловлена тем, что аргументами неизвестной функции в уравнении являются не сами независимые переменные, а некоторые данные функции от них.

Содержание

Примеры

Функциональному уравнению:

f(s)=2^{s}\pi ^{s-1}\sin \left({\frac {\pi s}{2}}\right)\Gamma (1-s)f(1-s)

где

\Gamma (z)

— гамма-функция Эйлера, удовлетворяет дзета-функция Римана

\zeta

.

Гамма-функция является единственным решением этой системы трёх уравнений:

f(x)={f(x+1) \over x}

f(y)f\left(y+{\frac {1}{2}}\right)={\frac {\sqrt {\pi }}{2^{2y-1}}}f(2y)

f(z)f(1-z)={\pi  \over \sin(\pi z)}

(формула дополнения Эйлера)

Функциональное уравнение:

f\left({az+b \over cz+d}\right)=(cz+d)^{k}f(z)

где

a,b,c,d

являются целыми числами, удовлетворяющими равенству

ad-bc=1

, то есть:

{\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}}\,=1

определяет

f

как модулярную форму порядка

k

.

Функциональные уравнения Коши:

$f(x+y)=f(x)+f(y)$ — удовлетворяют все линейные однородные функции $f(x)=ax$ ,
$f(x+y)=f(x)f(y)$ — удовлетворяют все показательные функции $f(x)=\exp \left(\alpha x\right)=a^{x}$ ,
$f(xy)=f(x)+f(y)$ — удовлетворяют все логарифмические функции $f(x)=\alpha \log \left(x\right)=\log _{a}\left(x\right)$ ,
$f(xy)=f(x)f(y)$ — удовлетворяют все степенные функции $f(x)=\exp \left(\alpha \log \left(x\right)\right)=x^{a}$ .

Функциональные уравнения Коши приводятся друг к другу. Так, уравнение

f(x_{1}x_{2})=f(x_{1})f(x_{2})

приводится к уравнению

g(y_{1}+y_{2})=g(y_{1})+g(y_{2})

после замены

g(y)=\log \left|f(\exp y)\right|

(для этого, естественно, нужно, чтобы

f(x)

не была тождественным нулём). В классе непрерывных функций и в классе монотонных функций приведённые решения — единственные, если не считать вырожденное решение

f(x)\equiv 0

. Однако в более широких классах функций возможны весьма экзотические решения, см. статью «Базис Гамеля».

Другие:

$f(x+y)+f(x-y)=2[f(x)+f(y)]$ — квадратичное уравнение или тождество параллелограмма, удовлетворяет $f(x)=kx^{2}$ ,
$f\left({\frac {x+y}{2}}\right)={\frac {f(x)+f(y)}{2}}$ — уравнение Йенсена, удовлетворяют все линейные функции $f(x)=ax+b$ ,
$f(x+y)f(x-y)=f(x)^{2}$ — уравнение Лобачевского (версия уравнения Йенсена), удовлетворяет $f(x)=ac^{x}$ ,
$f(x+y)+f(x-y)=2[f(x)f(y)]$ — уравнение Даламбера,
$f(h(x))=f(x)+1$ — уравнение Абеля,
$f(h(x))=cf(x)$ — уравнение Шрёдера, решением является функция Кёнигса, связанная с функцией $\textstyle h(x)$ .

Рекуррентные соотношения

Частным видом функциональных уравнений является рекуррентное соотношение, содержащее неизвестную функцию от целых чисел и оператор сдвига.

Линейные рекуррентные соотношения:

a(n)=\sum _{i=1,k}c_{i}\cdot a(n-i)

(где

c_{1},c_{2},\dots ,c_{k}

— константы, не зависящие от

n

) имеют теорию, аналогом которой является теория линейных дифференциальных уравнений. Например, для линейного рекуррентного соотношения:

a(n)=3a(n-1)+4a(n-2)

достаточно найти два линейно независимых решения, все остальные решения будут их линейными комбинациями.

Чтобы найти эти решения, надо подставить в рекуррентное соотношение пробную функцию

a(n)=\lambda ^{n}

с неопределённым параметром

\lambda

и попробовать найти те

\lambda

, при которых будет удовлетворяться данное рекуррентное соотношение. Для приведённого примера получим квадратное уравнение

\lambda ^{2}=3\lambda +4

с двумя различными корнями

\lambda =-1

\lambda =4;

поэтому общим решением для данного рекуррентного соотношения будет формула

a(n)=d_{1}4^{n}+d_{2}(-1)^{n}

(константы

d_{1}

d_{2}

подбираются так, чтобы при

n=1

n=2

формула давала нужные значения для величин

a(1)

a(2)

). В случае кратных корней многочлена дополнительными пробными решениями служат функции

n\lambda ^{n},

n^{2}\lambda ^{n}

и так далее.

Одним из широко известных рекуррентных соотношений является

a(n)=a(n-1)+a(n-2)

, определяющее последовательность Фибоначчи.

Решение функциональных уравнений

Существуют некоторые общие методы решения функциональных уравнений.

В частности, полезным может оказаться применение понятия об инволюции, то есть, использование свойств функций, для которых

f(f(x))=x

; простейшие инволюции:

f(x)=-x

f(x)={\frac {1}{x}}

f(x)={\frac {1}{1-x}}+1

f(x)=1-x

Рассмотрение и использование инволюции.

Решить уравнение $f{\left(x\right)}\cdot {f{\left({\dfrac {1}{1-x}}\right)}}={\dfrac {1-x}{x}}$ .
`Шаг 0` Введём в рассмотрение функцию $\tau (x)={\dfrac {1}{1-x}}$ . Вычислим ${\tau }^{2}(x)$ . У нас получится: ${\tau }^{2}(x)={\dfrac {1}{1-{\dfrac {1}{1-x}}}}={\dfrac {1-x}{1-x-1}}={\dfrac {x-1}{x}}={\tau }^{-1}(x).$ Значит, ${\tau }^{3}(x)=x$ . `Шаг 1` Уравнение перепишется в виде: $f{\left(x\right)}\cdot {f{\left(\tau (x)\right)}}=-{\tau }^{-1}(x)$ . `Шаг 2` Подставим везде, где есть $x$ , функцию ${\tau }^{-1}(x)$ . Получим: $f{\left({\tau }^{-1}(x)\right)}\cdot {f{\left(\tau ({\tau }^{-1}(x))\right)}}=-{\tau }^{-1}({\tau }^{-1}(x))\Longrightarrow f{\left({\tau }^{-1}(x)\right)}\cdot {f{\left(x\right)}}=-{\tau }^{-2}(x).$ Но так как ${\tau }^{2}(x)={\tau }^{-1}(x)$ , то ${\tau }^{-2}(x)={\tau }(x)$ . Поэтому $f{\left({\tau }^{-1}(x)\right)}\cdot {f{\left(x\right)}}=-{\tau }(x)$ . `Шаг 3` Теперь из результатов `Шага 1` и `Шага 2` делаем простой вывод: $f(x)={\dfrac {-{\tau (x)}}{f{\left({\tau }^{-1}(x)\right)}}}={\dfrac {{-{\tau }}^{-1}(x)}{f{\left({\tau }(x)\right)}}}.$ `Шаг 4` Подставим везде, где есть $x$ , функцию ${\tau }(x)$ . Имеем: $f{\left({\tau }^{-1}(x)\right)}={\dfrac {-x}{f{\left({\tau }(x)\right)}}}={\dfrac {{-{\tau }}(x)}{f{\left(x\right)}}}.$ `Шаг 5` Наконец, ${\begin{cases}{\begin{array}{rcrcc}{\dfrac {-x}{f{\left({\tau }(x)\right)}}}={\dfrac {{-{\tau }}(x)}{f{\left(x\right)}}},\\f{\left(x\right)}\cdot {f{\left(\tau (x)\right)}}=-{\tau }^{-1}(x)\end{array}}\end{cases}}\Longrightarrow {\begin{cases}{\begin{array}{rcrcc}{f{\left({\tau }(x)\right)}}={\dfrac {{\left(-x\right)}\cdot {f{\left(x\right)}}}{{-{\tau }}(x)}},\\f{\left(x\right)}\cdot {f{\left(\tau (x)\right)}}=-{\tau }^{-1}(x)\end{array}}\end{cases}}.$ `Шаг 6` Подставим выражение ${f{\left({\tau }(x)\right)}}$ во вторую строчку системы. Итак, $f{\left(x\right)}\cdot {\dfrac {{\left(-x\right)}\cdot {f{\left(x\right)}}}{{-{\tau }}(x)}}=-{\tau }^{-1}(x)\Longleftrightarrow f{\left(x\right)}\cdot f{\left(x\right)}={\dfrac {{-{\tau }}(x)\cdot {{\tau }^{-1}{\left(x\right)}}}{x}}.$ Ответ: $f{\left(x\right)}=\pm {\sqrt {\dfrac {{-{\tau }}(x)\cdot {{\tau }^{-1}{\left(x\right)}}}{x}}}=\pm {\dfrac {1}{x}}$ , или $f{\left(x\right)}={\dfrac {1}{x}}\,\&\,x\neq 0.$

Пример 1. Для решения уравнения:

f(x+y)^{2}=f(x)^{2}+f(y)^{2}

для всех

x,y\in \mathbb {R}

f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}

, положим

x=y=0

f(0)^{2}=f(0)^{2}+f(0)^{2}

. Тогда

f(0)^{2}=0

f(0)=0

. Далее, положив

y=-x

f(x-x)^{2}=f(x)^{2}+f(-x)^{2}

f(0)^{2}=f(x)^{2}+f(-x)^{2}

0=f(x)^{2}+f(-x)^{2}

Квадрат вещественного числа неотрицателен, и сумма неотрицательных чисел равна нулю тогда и только тогда, когда оба числа равны 0. Значит

f(x)^{2}=0

для всех

x

f(x)\equiv 0

является единственным решением этого уравнения.

Пример 2. Решить:

f\left({\dfrac {x-3}{x+1}}\right)+f\left({\dfrac {x+3}{1-x}}\right)=x

.

Ясно, что

x\notin \left\{-1;\,1\right\}

.

Решить такое уравнение — значит отыскать функцию

f(x)

.

Введём обозначения:

{\dfrac {x-3}{x+1}}\leftrightharpoons g\left(x\right)

, а

{\dfrac {x+3}{1-x}}\leftrightharpoons h\left(x\right)

.

Тогда исходное уравнение приобретёт вид

f\left(g\left(x\right)\right)+f\left(h\left(x\right)\right)=x.

Функции

g\left(x\right)

h\left(x\right)

связаны равенством

g\left(h\left(x\right)\right)=h\left(g\left(x\right)\right)=x.

Кроме того, выполняются соотношения:

g\left(g\left(x\right)\right)=h\left(x\right),\quad h\left(h\left(x\right)\right)=g\left(x\right).

Значит, подставим по отдельности

g\left(x\right)

h\left(x\right)

в уравнение

f\left(g\left(x\right)\right)+f\left(h\left(x\right)\right)=x

.

Получим систему:

{\begin{cases}f\left(x\right)+f\left(g\left(x\right)\right)=h\left(x\right),\\f\left(h\left(x\right)\right)+f\left(x\right)=g\left(x\right).\end{cases}}

Откуда будем иметь

2\cdot f\left(x\right)+f\left(g\left(x\right)\right)+f\left(h\left(x\right)\right)=g\left(x\right)+h\left(x\right)

.

Или, что то же самое,

2\cdot f\left(x\right)+x=g\left(x\right)+h\left(x\right)

.

Следовательно,

f\left(x\right)={\dfrac {g\left(x\right)+h\left(x\right)-x}{2}}={\dfrac {x^{3}+7x}{2-2x^{2}}}

при

x\notin \left\{-1;\,1\right\}

.

Это один из способов реализации алгебраического метода замены. Признак выбора указанного способа: по внешнему виду уравнения можно определить общий вид искомой функции (относится, прежде всего, к тем случаям, когда решения уравнений следует искать среди целых и дробно-рациональных функций).

Пример 3. Пусть функция

f

определена при всех действительных

x

и удовлетворяет при всех

x\in \mathbb {R}

условию

2\cdot f{\left(x\right)}+{f{\left(1-{x}\right)}}=x^{2}

. Найдите

f{\left(x\right)}

.

Так как в левой части уравнения над независимой переменной

x

и значениями функции

f

выполняются только линейные операции, а правая часть уравнения — квадратичная функция, то естественно предположить, что искомая функция, возможно, также квадратичная:

f{\left(x\right)}=ax^{2}+bx+c

, где

a

b

c

— коэффициенты, подлежащие определению, т. е. неопределённые коэффициенты.

Подставляя функцию в уравнение, приходим к тождеству:

2\cdot {\left(ax^{2}+bx+c\right)}+a\cdot {\left(1-{x}\right)}^{2}+b\cdot {\left(1-{x}\right)}+c={x}^{2}

, или, что то же самое,

3ax^{2}+\left(b-2a\right)x+{\left(a+b+3c\right)}={x}^{2}

.

Два многочлена будут тождественно равны, если равны коэффициенты при одинаковых степенях переменной:

{\begin{cases}3a=1,\\b-2a=0,\\a+b+3c=0\end{cases}}

.

Из этой системы находим коэффициенты

a={\dfrac {1}{3}}

b={\dfrac {2}{3}}

c=-{\dfrac {1}{3}}

, а вместе с этим и функцию

f{\left(x\right)}={\dfrac {1}{3}}\left(x^{2}+2x-1\right)

, являющуюся искомым решением функционального уравнения.

Докажем приведением к нелепости, что других решений нет. Предположим, что функция

\psi

, отличная от

f

, на множестве всех действительных чисел также удовлетворяет условию задачи. Тогда существует такое

x_{0}\in \mathbb {R}

, что

\psi {\left(x_{0}\right)}\neq f{\left(x_{0}\right)}

. Значит, при

x=x_{0}

x=1-x_{0}

должны выполняться равенства:

2\cdot \psi {\left(x_{0}\right)}+\psi {\left(1-x_{0}\right)}={\left(x_{0}\right)}^{2}

2\cdot \psi {\left(1-x_{0}\right)}+\psi {\left(x_{0}\right)}={\left(1-x_{0}\right)}^{2}

, из которых следует, что

\psi {\left(x_{0}\right)}={\dfrac {1}{3}}\left({\left(x_{0}\right)}^{2}+2{x_{0}}-1\right)=f{\left(x_{0}\right)}

, что невозможно по допущению. Полученное противоречие опровергает сделанное предположение.

Следовательно, задача имеет единственное решение. Ответ:

f{\left(x\right)}={\dfrac {1}{3}}\left(x^{2}+2x-1\right)

x\in \mathbb {R}

.

Пример 4. Решить уравнение

f{\left(x\right)}=2x-{f{\left(1-{\dfrac {1}{x}}\right)}}

.

Рассмотрим правило

f{\left({\mathcal {A}}\right)}=2\cdot {\mathcal {A}}-{f{\left(1-{\dfrac {1}{\mathcal {A}}}\right)}}

, где

{\mathcal {A}}

— произвольное математическое выражение. Продолжим "цепочку":

f{\left(x\right)}=2x-{f{\left(1-{\dfrac {1}{x}}\right)}}=2x-\left[2\cdot \left(1-{\dfrac {1}{x}}\right)-{f{\left(1-{\dfrac {1}{1-{\dfrac {1}{x}}}}\right)}}\right]\Longleftrightarrow f{\left(x\right)}=2x-2+{\dfrac {2}{x}}+{f{\left({\dfrac {1}{x}}\right)}}

.

Или:

f{\left(x\right)}=2x-2+{\dfrac {2}{x}}+{f{\left({\dfrac {1}{x}}\right)}}=2x-2+{\dfrac {2}{x}}+\left\{2\cdot {\dfrac {1}{1-x}}-{f{\left(1-{\dfrac {1}{\dfrac {1}{1-x}}}\right)}}\right\}\Longleftrightarrow f{\left(x\right)}=2x-2+{\dfrac {2}{x}}+{\dfrac {2}{1-x}}-{f{\left(x\right)}}

.

Последнее эквивалентно равенству

f{\left(x\right)}=x-1+{\dfrac {1}{x}}-{\dfrac {1}{x-1}}

при

x\notin \left\{0;\,1\right\}

, причём

f{\left(0\right)}={\mathcal {C}}\;\And \;f{\left(1\right)}=2-{\mathcal {C}}

, где

{\mathcal {C}}\in \mathbb {R}

.

Эта задача легко решается функциональным методом с элементами метода замены.

Литература

Головинский И. А. Ранняя история аналитических итераций и функциональных уравнений. // Историко-математические исследования. М.: Наука, вып. XXV, 1980, с. 25-51.
Kuczma M. On the functional equation n(x) = g(x). Ann. Polon. Math. 11 (1961) 161—175.
Kuczma M. An introduction to the theory of functional equations and inequalities. Warszawa — Krakw — Katowice: Polish Scientific Publishers & Silesian University, 1985.
Лихтарников Л. М. Элементарное введение в функциональные уравнения. СПб.: Лань, 1997.

Ссылки

Инволюция (Викиучебник)
Functional Equations: Exact Solutions at EqWorld: The World of Mathematical Equations.
Functional Equations: Index at EqWorld: The World of Mathematical Equations.
IMO Compendium text on functional equations in problem solving.