Функциональное уравнение

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.

Функциональному уравнению:

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

где ${\displaystyle \Gamma (z)}$ — гамма-функция Эйлера, удовлетворяет дзета-функция Римана ${\displaystyle \zeta }$.

Гамма-функция является единственным решением этой системы трёх уравнений:

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

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

${\displaystyle f(z)f(1-z)={\pi \over \sin(\pi z)}}$ (формула дополнения Эйлера)

Функциональное уравнение:

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

где ${\displaystyle a,b,c,d}$ являются целыми числами, удовлетворяющими равенству ${\displaystyle ad-bc=1}$, то есть:

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

определяет ${\displaystyle f}$ как модулярную форму порядка ${\displaystyle k}$.

Функциональные уравнения Коши:

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

Функциональные уравнения Коши приводятся друг к другу. Так, уравнение ${\displaystyle f(x_{1}x_{2})=f(x_{1})f(x_{2})}$ приводится к уравнению ${\displaystyle g(y_{1}+y_{2})=g(y_{1})+g(y_{2})}$ после замены ${\displaystyle g(y)=\log \left|f(\exp y)\right|}$ (для этого, естественно, нужно, чтобы ${\displaystyle f(x)}$ не была тождественным нулём). В классе непрерывных функций и в классе монотонных функций приведённые решения — единственные, если не считать вырожденное решение ${\displaystyle f(x)\equiv 0}$. Однако в более широких классах функций возможны весьма экзотические решения, см. статью «Базис Гамеля».

Другие:

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

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

Линейные рекуррентные соотношения:

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

(где ${\displaystyle c_{1},c_{2},\dots ,c_{k}}$ — константы, не зависящие от ${\displaystyle n}$) имеют теорию, аналогом которой является теория линейных дифференциальных уравнений. Например, для линейного рекуррентного соотношения:

${\displaystyle a(n)=3a(n-1)+4a(n-2)}$,

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

Чтобы найти эти решения, надо подставить в рекуррентное соотношение пробную функцию ${\displaystyle a(n)=\lambda ^{n}}$ с неопределённым параметром ${\displaystyle \lambda }$ и попробовать найти те ${\displaystyle \lambda }$, при которых будет удовлетворяться данное рекуррентное соотношение. Для приведённого примера получим квадратное уравнение ${\displaystyle \lambda ^{2}=3\lambda +4}$ с двумя различными корнями ${\displaystyle \lambda =-1}$ и ${\displaystyle \lambda =4;}$ поэтому общим решением для данного рекуррентного соотношения будет формула ${\displaystyle a(n)=d_{1}4^{n}+d_{2}(-1)^{n}}$ (константы ${\displaystyle d_{1}}$ и ${\displaystyle d_{2}}$ подбираются так, чтобы при ${\displaystyle n=1}$ и ${\displaystyle n=2}$ формула давала нужные значения для величин ${\displaystyle a(1)}$ и ${\displaystyle a(2)}$). В случае кратных корней многочлена дополнительными пробными решениями служат функции ${\displaystyle n\lambda ^{n},}$ ${\displaystyle n^{2}\lambda ^{n}}$ и так далее.

Одним из широко известных рекуррентных соотношений является ${\displaystyle a(n)=a(n-1)+a(n-2)}$, определяющее последовательность Фибоначчи.

Существуют некоторые общие методы решения функциональных уравнений.

В частности, полезным может оказаться применение понятия об инволюции, то есть, использование свойств функций, для которых ${\displaystyle f(f(x))=x}$; простейшие инволюции:

${\displaystyle f(x)=-x}$, ${\displaystyle f(x)={\frac {1}{x}}}$, ${\displaystyle f(x)={\frac {1}{1-x}}+1}$, ${\displaystyle f(x)=1-x}$.

Рассмотрение и использование инволюции.

Решить уравнение ${\displaystyle f{\left(x\right)}\cdot {f{\left({\dfrac {1}{1-x}}\right)}}={\dfrac {1-x}{x}}}$.

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

Пример 1. Для решения уравнения:

${\displaystyle f(x+y)^{2}=f(x)^{2}+f(y)^{2}}$

для всех ${\displaystyle x,y\in \mathbb {R} }$ и ${\displaystyle f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }$, положим ${\displaystyle x=y=0}$: ${\displaystyle f(0)^{2}=f(0)^{2}+f(0)^{2}}$. Тогда ${\displaystyle f(0)^{2}=0}$ и ${\displaystyle f(0)=0}$. Далее, положив ${\displaystyle y=-x}$:

${\displaystyle f(x-x)^{2}=f(x)^{2}+f(-x)^{2}}$

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

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

Квадрат вещественного числа неотрицателен, и сумма неотрицательных чисел равна нулю тогда и только тогда, когда оба числа равны 0. Значит ${\displaystyle f(x)^{2}=0}$ для всех ${\displaystyle x}$ и ${\displaystyle f(x)\equiv 0}$ является единственным решением этого уравнения.

Пример 2. Решить: ${\displaystyle f\left({\dfrac {x-3}{x+1}}\right)+f\left({\dfrac {x+3}{1-x}}\right)=x}$.

Ясно, что ${\displaystyle x\notin \left\{-1;\,1\right\}}$.

Решить такое уравнение — значит отыскать функцию ${\displaystyle f(x)}$.

Введём обозначения: ${\displaystyle {\dfrac {x-3}{x+1}}\leftrightharpoons g\left(x\right)}$, а ${\displaystyle {\dfrac {x+3}{1-x}}\leftrightharpoons h\left(x\right)}$.

Тогда исходное уравнение приобретёт вид

${\displaystyle f\left(g\left(x\right)\right)+f\left(h\left(x\right)\right)=x.}$

Функции ${\displaystyle g\left(x\right)}$ и ${\displaystyle h\left(x\right)}$ связаны равенством

${\displaystyle g\left(h\left(x\right)\right)=h\left(g\left(x\right)\right)=x.}$

Кроме того, выполняются соотношения:

${\displaystyle g\left(g\left(x\right)\right)=h\left(x\right),\quad h\left(h\left(x\right)\right)=g\left(x\right).}$

Значит, подставим по отдельности ${\displaystyle g\left(x\right)}$ и ${\displaystyle h\left(x\right)}$ в уравнение ${\displaystyle f\left(g\left(x\right)\right)+f\left(h\left(x\right)\right)=x}$.

Получим систему:

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

Откуда будем иметь ${\displaystyle 2\cdot f\left(x\right)+f\left(g\left(x\right)\right)+f\left(h\left(x\right)\right)=g\left(x\right)+h\left(x\right)}$.

Или, что то же самое, ${\displaystyle 2\cdot f\left(x\right)+x=g\left(x\right)+h\left(x\right)}$.

Следовательно, ${\displaystyle f\left(x\right)={\dfrac {g\left(x\right)+h\left(x\right)-x}{2}}={\dfrac {x^{3}+7x}{2-2x^{2}}}}$ при ${\displaystyle x\notin \left\{-1;\,1\right\}}$.

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 ${\displaystyle f}$ определена при всех действительных ${\displaystyle x}$ и удовлетворяет при всех ${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$ условию ${\displaystyle 2\cdot f{\left(x\right)}+{f{\left(1-{x}\right)}}=x^{2}}$. Найдите ${\displaystyle f{\left(x\right)}}$.

Так как в левой части уравнения над независимой переменной ${\displaystyle x}$ и значениями функции ${\displaystyle f}$ выполняются только линейные операции, а правая часть уравнения — квадратичная функция, то естественно предположить, что искомая функция, возможно, также квадратичная: ${\displaystyle f{\left(x\right)}=ax^{2}+bx+c}$, где ${\displaystyle a}$, ${\displaystyle b}$ и ${\displaystyle c}$ — коэффициенты, подлежащие определению, т. е. неопределённые коэффициенты.

Подставляя функцию в уравнение, приходим к тождеству: ${\displaystyle 2\cdot {\left(ax^{2}+bx+c\right)}+a\cdot {\left(1-{x}\right)}^{2}+b\cdot {\left(1-{x}\right)}+c={x}^{2}}$, или, что то же самое, ${\displaystyle 3ax^{2}+\left(b-2a\right)x+{\left(a+b+3c\right)}={x}^{2}}$.

Два многочлена будут тождественно равны, если равны коэффициенты при одинаковых степенях переменной: ${\displaystyle {\begin{cases}3a=1,\\b-2a=0,\\a+b+3c=0\end{cases}}}$.

Из этой системы находим коэффициенты ${\displaystyle a={\dfrac {1}{3}}}$, ${\displaystyle b={\dfrac {2}{3}}}$ и ${\displaystyle c=-{\dfrac {1}{3}}}$, а вместе с этим и функцию ${\displaystyle f{\left(x\right)}={\dfrac {1}{3}}\left(x^{2}+2x-1\right)}$, являющуюся искомым решением функционального уравнения.

Докажем приведением к нелепости, что других решений нет. Предположим, что функция ${\displaystyle \psi }$, отличная от ${\displaystyle f}$, на множестве всех действительных чисел также удовлетворяет условию задачи. Тогда существует такое ${\displaystyle x_{0}\in \mathbb {R} }$, что ${\displaystyle \psi {\left(x_{0}\right)}\neq f{\left(x_{0}\right)}}$. Значит, при ${\displaystyle x=x_{0}}$ и ${\displaystyle x=1-x_{0}}$ должны выполняться равенства: ${\displaystyle 2\cdot \psi {\left(x_{0}\right)}+\psi {\left(1-x_{0}\right)}={\left(x_{0}\right)}^{2}}$ и ${\displaystyle 2\cdot \psi {\left(1-x_{0}\right)}+\psi {\left(x_{0}\right)}={\left(1-x_{0}\right)}^{2}}$, из которых следует, что ${\displaystyle \psi {\left(x_{0}\right)}={\dfrac {1}{3}}\left({\left(x_{0}\right)}^{2}+2{x_{0}}-1\right)=f{\left(x_{0}\right)}}$, что невозможно по допущению. Полученное противоречие опровергает сделанное предположение.

Следовательно, задача имеет единственное решение. Ответ: ${\displaystyle f{\left(x\right)}={\dfrac {1}{3}}\left(x^{2}+2x-1\right)}$, ${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$.

Пример 4. Решить уравнение ${\displaystyle f{\left(x\right)}=2x-{f{\left(1-{\dfrac {1}{x}}\right)}}}$.

Рассмотрим правило ${\displaystyle f{\left({\mathcal {A}}\right)}=2\cdot {\mathcal {A}}-{f{\left(1-{\dfrac {1}{\mathcal {A}}}\right)}}}$, где ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ — произвольное математическое выражение. Продолжим "цепочку":

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

Или: ${\displaystyle f{\left(x\right)}=2x-2+{\dfrac {2}{x}}+{f{\left({\dfrac {1}{x}}\right)}}=2x-2+{\dfrac {2}{x}}+\left\{2\cdot {\dfrac {1}{1-x}}-{f{\left(1-{\dfrac {1}{\dfrac {1}{1-x}}}\right)}}\right\}\Longleftrightarrow f{\left(x\right)}=2x-2+{\dfrac {2}{x}}+{\dfrac {2}{1-x}}-{f{\left(x\right)}}}$.

Последнее эквивалентно равенству ${\displaystyle f{\left(x\right)}=x-1+{\dfrac {1}{x}}-{\dfrac {1}{x-1}}}$ при ${\displaystyle x\notin \left\{0;\,1\right\}}$, причём ${\displaystyle f{\left(0\right)}={\mathcal {C}}\;\And \;f{\left(1\right)}=2-{\mathcal {C}}}$, где ${\displaystyle {\mathcal {C}}\in \mathbb {R} }$.

Эта задача легко решается функциональным методом с элементами метода замены.

• 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 φn(x) = g(x). Ann. Polon. Math. 11 (1961) 161—175.
• Kuczma M. An introduction to the theory of functional equations and inequalities. Warszawa — Kraków — Katowice: Polish Scientific Publishers & Silesian University, 1985.
• Лихтарников Л. М. Элементарное введение в функциональные уравнения. СПб.: Лань, 1997.

• 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.

Для улучшения этой статьи желательно: Проставить сноски, внести более точные указания на источники. Оформить список литературы. Пожалуйста, после исправления проблемы исключите её из списка параметров. После устранения всех недостатков этот шаблон может быть удалён любым участником.