Андреев А.А., Кузьмин Ю.Н., Савин А.Н., Саушкин И.Н. "Функциональные уравнения" (Уравнения Коши)

Путеводитель В МИРЕ НАУКИ для школьников

Ресурсы сайта (Математика)

Андреев А.А., Кузьмин Ю.Н.., Савин А.Н., Саушкин И.Н. "Функциональные уравнения"

Содержание

Уравнения Коши (Метод последовательного анализа поведения функций при целых, рациональных и действительных значениях аргумента)

Функциональное уравнение линейной однородной функции

В этом пункте мы займёмся отысканием решений функционального уравнения Коши:

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

(1)

Нетрудно заметить, что линейные однородные функции вида

f(x) = ax (a = const)

удовлетворяют этому уравнению:

a(x+y) = ax+ay.

Вопрос состоит в том, будут ли эти функции единственными.

Прежде всего выведем несколько общих фактов, не накладывая никаких ограничений на функцию f (т. е. без всяких предположений о непрерывности, ограниченности и т. п.).

Положим в уравнении y = x, получим:

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

Далее, последовательно полагая y = 2x, y = 3x, y = 4x и т. д., имеем:

f(3x) = f(x+2x) = f(x)+f(2x) = f(x)+2f(x) = 3f(x);

f(4x) = f(x)+f(3x) = 4f(x);

f(5x) = f(x)+f(4x) = 5f(x),

и вообще, для любого натурального n

f(nx) = n·f(x)

(10)

(это легко проверяется по индукции).Заменив здесь x на ¹/_nx, мы получим

ж
з
и

ц
ч
ш

f(x),

а затем, если подставить mx (m - натуральное) вместо x и использовать предыдущее равенство, придём к соотношению

ж
з
и

ц
ч
ш

·f(x)

(11)

Положим теперь в основном уравнении (1) x = y = 0; получим

f(0) = 2f(0), так что f(0) = 0.

(12)

Если же взять y = -x, то, с учётом (9), найдём:

f(-x) = -f(x),

так что функция f(x) является нечётной. А тогда из (10) легко вывести:

ж
з
и

ц
ч
ш

= -f

ж
з
и

ц
ч
ш

f(x).

(13)

Полученные соотношения (11) -(13) могут быть объеденены в равенстве

f(rx) = r·f(x),

справедливом для любого вещественного значения x, каково бы ни было рациональное число r.

Если взять здесь x = 1, то получим

f(r) = r·f(1)

(14)

или, если обозначить f(1) через a, f(r) = ar.

Таким образом, мы, собственно говоря, установили уже вид функции f, но пока лишь для рациональных значений аргумента. При этом мы использовали только тот факт, что функция удовлетворяет основному уравнению Коши (1). Далее в решении мы будем уже опираться на конкретный класс функций, в котором ищется решение. Рассмотрим некоторые наиболее общие классы функций.

Класс непрерывных функций.

Для рациональных x мы установили, что f(x) = ax. Осталось показать, что это соотношение справедливо и для иррациональных x. Пусть x будет любое иррациональное число. Тогда существует последовательность рациональных чисел

r₁,r₂, . . . ,r_n, . . . ,

сходящаяся к этому числу x (это известный факт; можно, например, взять отрезки соответствующей бесконечной десятичной дроби). По доказанному

f(r_n) = ar_n (n = 1,2,3, . . .).

Перейдём здесь к пределу при n(r)Ґ

lim
n(r)Ґ

f(r_n) =

lim
n(r)Ґ

(ar_n).

Справа мы получим ax, слева же, именно ввиду предположенной непрерывности функции f, получится

lim
n(r)Ґ

f(r_n) = f

ж
и

lim
n(r)Ґ

r_n

ц
ш

= f(x),

так что, окончательно,

f(x) = ax.

Таким образом, действительно, все непрерывные аддитивные функции являются линейными однородными. Последняя формула даёт самое общее решение функционального уравнения (1).

Класс монотонных функций.

Здесь мы будем предполагать, что функция f не убывает на всей действительной оси (случай невозрастания функции рассматривается аналогично). Значит, f(x_n) Ј f(x_n) для любых x₁ < x₂.

Для рациональных x доказано f(x) = x·f(1). Возьмём произвольное иррациональное x. Известно, что любое иррациональное число можно сколь угодно точно приблизить рациональными числами, поэтому для любого натурально q существует целое p такое, что

Ј x <

p+1

(15)

и при достаточно больших q число x расположено между двумя очень близкими рациональными числами, разность между которыми равна ¹/_q. Используя монотонность функции f, находим

ж
з
и

ц
ч
ш

Ј f(x) Ј f

ж
з
и

p+1

ц
ч
ш

откуда (воспользовавшись соотношением для рациональных значений функции f)

Ј f(x) Ј a

p+1

, a = f(1).

(16)

Так как из (12) f(0) = 0, то f(1) і 0, ведь функция f не убывает, значит, a і 0.

Если a = 0, то из неравенств 0 Ј f(x) Ј 0 имеем f(x) є 0.

Если a > 0, то из (16)

f(x)

p+1

(17)

Сравнивая эти неравенства с (15), получим

f(x)

= x.

Покажем это. Предположим, что это неверно, например,

f(x)

< x

для выбранного иррационального x. Подберём q настолько большим, чтобы дробь ^p/_q попала между

f(x)

и x, т. е.

f(x)

< x,

что противоречиво с (17). Полученное противоречие показывает, что

f(x)

= x

для любого заданного иррационального x, поэтому f(x) = ax для всех x.

Замечание. Из доказательства в частности следует, что если f(x) > 0 при x > 0, то функция f - линейная однородная. Для этого достаточно вспомнить, что f(0) = 0, так что f(x) > f(0) при x > 0, и, значит, функция f(x) монотонна при x > 0.

Класс ограниченных функций.

Пусть теперь функция f(x) ограничена с одной стороны (т. е. ограничена либо сверху, либо снизу) на каком- либо интервале (a, b). Нам нужно доказать, что линейными однородными функциями исчерпываютя все решения (1) в данном классе. Мы исследуем решение уравнения (1), предполагая f ограниченной сверху (случай, когда f ограничена снизу, сводится к рассматриваемому случаю заменой f на -f).

Будем считать, что функция f ограничена сверху константой M, т. е. f(x) Ј M для всех x О (a,b). Рассмотрим вспомогательную функцию

g(x) = f(x)-x·f(1).

По доказанному выше g(x) = 0 при любом рациональном x. Кроме того, функция g(x) также является аддитивной. Действительно,

g(x+y) = f(x+y)-(x+y)·f(1) = f(x)+f(y)-xf(1)-yf(1) = g(x)+g(y).

Подставим y = r (r - рациональное) в равенство

g(x+y) = g(x)+g(y),

получим, учитывая g(r) = 0,

g(x+r) = g(x)+g(r) = g(x).

Значит, любое рациональное число r является периодом функции g(x).

Покажем теперь, что g(x) ограничена на интервале (a, b). Имеем

g(x) = f(x)-xf(1) Ј f(x)+|x|·|f(1)| Ј M+|x|·|f(1)| < M₁,

где M1 = M + max{|a|, |b|}|f(1)|, поскольку |x| < max{|a|, |b|} при a < x < b.

Отсюда тогда следует, что g(x) ограничена сверху на всей вещественной оси. В самом деле, для любого действительного x существует рациональное число r такое, что r О (a-x, b-x), т. е. a < x+r < b. Поэтому

g(x) = g(x+r) < M₁,

так как x+r О (a, b), а на интервале (a, b) функция g ограничена числом M₁.

Сейчас уже можно утверждать, что g(x) = 0 для любого действительного x. Допустим это не так, т. е. для некоторого x₀

g(x₀) = A, A № 0.

Поскольку для функции g(x), как для любой аддитивной функции, верно соотношение (10), то

g(nx₀) = ng(x₀) = nA

для любого целого n. Очевидно, что можно подобрать такое n (может быть, достаточно большое по абсолютной величине), что

nA > M₁, т.е. g(nx₀) > M₁.

Но функция g ограничена сверху константой M₁. Получаем противоречие. Значит, g(x) є 0, откуда f(x) = x·f(1), что и требовалось.

Существуют и другие классы функций, в которых аддитивная функция неминуемо будет являться линейной однородной, однако найден пример аддитивной функции и в классе разрывных функций. Этот пример, как было сказано, построил Гамель. Построенная функция обладает следующим свойством: на любом (произвольно выбранном) интервале (a, b), пусть даже сколь угодно малом, функция f(x) не ограничена, т. е. среди значений, которые данная функция принимает на этом интервале, имеется и такое, которое больше любого наперёд заданного положительного числа. Для построения такой функции Гамель ввёл множество G действительных чисел, называемое теперь базисом Гамеля, которое обладает свойством, что любое действительное число x представимо и при том единственным способом в виде

x = n₁ g₁ + n₂ g₂ + . . . + n_k g_k , n_i О Z, g_i О G.

Произвольно задав значения f(x) в точках множества G, можно однозначно продолжить её на всю числовую прямую при помощи равенства

f(x) = f(n₁ g₁ + n₂ g₂ + . . . + n_k g_k) = n₁f(g₁) + n₂ f(g₂) + . . . + n_k f(g_k),

вытекающего из свойства аддитивной функции. Такими функциями исчерпываются все решения (1). Построение базиса Гамеля требует некоторых математических навыков и более глубоких знаний, чем даёт школьный курс математики, и мы его рассматривать не будем.

Функциональное уравнение показательной функции

Покажем, что все непрерывные на всей действительной прямой функции, удовлетворяющие функциональному уравнению

f(x+y) = f(x)·f(y),

(2)

задаются формулой

f(x) = a^x (a > 0)

(если не считать функции, тождественно равной 0).

Итак, пусть f(x) - непрерывная и определённая при всех действительных x функция, удовлетворяющая (2). Исключим тривиальное решение f(x) є 0. Тогда для некоторого значения x = x₀ эта функция отлична от нуля. Положим в (2) y = x₀ - x:

f(x)·f(x₀-x) = f(x₀) № 0;

отсюда ясно, что f(x) не равна нулю ни при каком x. Заменяя x и y в (2) на x/2, получим

f(x) =

й
к
л

ж
з
и

ц
ч
ш

щ
ъ
ы

так что f(x) строго больше 0 для всех x. Тогда равенство (2) можно прологарифмировать, например, по основанию e:

lnf(x+y) = lnf(x) + lnf(y).

Положив в этом соотношении f(x = lnf(x)), придём к функциональному уравнению Коши (1):

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

Учитывая, что f - непрерывная функция (как суперпозиция непрерывных функций), имеем по доказанному:

f(x) = lnf(x) = cx (c = const),

откуда находим, что

f(x) = e^ix = a^x (если положить a = e^c).

Таким образом, единственной непрерывной функцией, удовлетворяющей уравнению Коши (2), является показательная функция (или тождественно нулевая функция).

В качестве класса функций, в котором искалось решение (2), мы рассмотрели лишь класс непрерывных функций. Как и здесь, можно было бы разобрать решения для монотонных и ограниченных функций, но этого мы делать не будем, потому что (2), как было подмечено, сводится к (1), а для него всё ясно.

Функциональное уравнение логарифмической функции

Все непрерывные решения функционального уравнения

f(xy) = f(x) + f(y),

(3)

справедливого для всех положительных значений x и y, имеют вид

f(x) = log_a x (a < face=symbol> > 0, a № 1).

Докажем это. Для этого введём новую переменную x, изменяющуюся в промежутке (- Ґ; + Ґ), и положим

x = e^x (ведь x > 0),f(x) = f(e^x),

откуда

x = lnx, f(x) = f(lnx).

Тогда функция f удовлетворяет функциональному уравнению (1):

f(x+h) = f(e^x+h ) = f(e^x ·e^h ) = f(e^x )+f(e^h ) = f(x)+f(h),

а потому

f(x) = cx и f(x) = c·lnx.

Если исключить случай c = 0 (тогда f(x) є 0 ), то полученный результат может быть написан в виде

f(x) = log_a x, a = e^1/c.

Функциональное уравнение степенной функции

Функциональному уравнению

f(xy) = f(x)·f(y) (x > 0, y > 0)

(4)

удовлетворяют в классе непрерывных функций только функции вида

f(x) = x^a.

Прибегая к той же подстановке, что и в п. 2.3, мы приведём уравнение (4) к уравнению (2):

f(x+h) = f(e^x+h) = f(e^x·r^h) = f(e^x)·f(e^h) = f(x)·f(h,)

откуда

f(x) = c^x (c > 0),и, значит, f(x) = c^lnx = x^a

(a = lnc).

Метод последовательного анализа можно применить к решению других уравнений.

Пример 6. Функция f определена и непрерывна на множестве R, f(1) = 1 и для любых действительных x и y

ж
и

_____
Цx²+y²

ц
ш

= f(x)+f(y).

Чему равно f(x)?

Решение. Из данного равенства при x = y = 0 получаем, что f(0) = 0, а при y = 0 имеем f(x) = f(|x|), так что функция f чётная и достаточно рассматривать только положительные значения аргумента.