О функциональных уравнениях

МАТЕМАТИКА О ФУНКЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЯХ А. И. РУБИНШТЕЙН Московский государственный университет леса Лицей научно-инженерного профиля, Королёв Московской обл.

ВВЕДЕНИЕ

ON FUNCTIONAL EQUATIONS A. I. RUBINSHTEIN

The elementary functions from school mathematics are treated as solutions to functional equations. Элементарные функции школьной математики рассмотрены как решения функциональных уравнений.

Из школьного курса математики хорошо известны свойства функций того ограниченного набора, которым пользуются учащиеся, – степенных, показательных, логарифмических, тригонометрических, как, например, α

α

α

( x1 ⋅ x2 ) = x1 ⋅ x2 , a

x1 + x2

x

x

= a 1 ⋅ a 2,

α ∈ R,

x 1, 2 > 0; x 1, 2 ∈ R;

a > 0,

loga (x1 ⋅ x2) = loga x1 + loga x2 , a > 0,

a ­ 1,

(1) (2) (3)

x1, 2 > 0;

sin ( x 1 + x 2 ) = sin x 1 cos x 2 + cos x 1 sin x 2 , cos ( x 1 + x 2 ) = cos x 1 cos x 2 – sin x 1 sin x 2 ,

x 1 x 2 ∈ R; (4)

tgx 1 + tgx 2 -, tg ( x 1 + x 2 ) = --------------------------------1 – tgx 1 ⋅ tgx 2  2k + 1  { x 1 x 2, x 1 + x 2 } ⊄  --------------- π ; k ∈ Z . 2  

(5)

© Рубинштейн А.И., 2001

Легко заметить, что функции xα, ax, loga x, tg x являются решениями соответственно уравнений

116

f (x1 ⋅ x2) = f (x1) ⋅ f (x2);

(1')

f (x1 + x2) = f (x1) ⋅ f (x2);

(2')

f (x1 ⋅ x2) = f (x1) + f (x2);

(3')

f ( x1 ) + f ( x2 ) -, f ( x 1 + x 2 ) = --------------------------------------1 – f ( x1 ) ⋅ f ( x2 )

(5')

а пара функций sin x, cos x – решением системы уравнений f ( x 1 + x 2 ) = f ( x 1 )g ( x 2 ) + g ( x 1 ) f ( x 2 ), g ( x 1 + x 2 ) = g ( x 1 )g ( x 2 ) – f ( x 1 ) f ( x 2 ).

www.issep.rssi.ru

(4')

Подобные уравнения называются функциональными (см., например, [1, с. 750–775]), поскольку неизвестной

С О Р О С О В С К И Й О Б РА З О В АТ Е Л Ь Н Ы Й Ж У Р Н А Л , Т О М 7 , № 4 , 2 0 0 1

МАТЕМАТИКА является функция (функции), а уравнение связывает значения этой функции в различных точках. Самым простым из подобных уравнений является следующее: f (x1 + x2) = f (x1) + f (x2),

(6')

которому удовлетворяет функция kx: k(x1 + x2) = kx1 + kx2 .

(6)

РЕШЕНИЕ ФУНКЦИОНАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ f (x1 + x2) = f (x1) + f (x2) С ПОМОЩЬЮ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО Покажем, что если ограничиться функциями, имеющими производную хотя бы в одной точке, то решением функционального уравнения (6') будет лишь функция f (x) = kx. Вообще-то этот факт можно установить и при требовании только непрерывности решения хотя бы в одной точке. Однако мы сведем решение функционального уравнения (6') к дифференциальному, то есть уравнению, содержащему производные неизвестной функции, причем такому, которое изучается в школьном курсе математики. Более подробно с дифференциальными уравнениями можно познакомиться в замечательной книге Л.С. Понтрягина [2], специально адресованной в том числе и школьникам старших классов, интересующимся математикой. Положив в (6') x1 = x2 = 0, получим f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0),

существование f '(x) в любой точке x ∈ (−∞, +∞). Дифференциальное уравнение (9) f '(x) = k с начальным условием f (0) = 0 (см. (7)) имеет, как известно, единственное решение f (x) = kx (напомним, что k = f '(0)). СВЕДЕНИЕ НЕКОТОРЫХ ФУНКЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ К УРАВНЕНИЮ f (x1 + x2) = f (x1) + f (x2) Рассмотрим уравнение (2'). Прежде всего заметим, что если f (x0) = 0 при каком-либо x0 , то для любого x ∈ (−∞, +∞) в силу (2') можно заключить f (x) = f (x0 + (x − x0)) = f (x0)f (x − x0) = 0, то есть f (x) ≡ 0. Это тривиальное решение уравнения (2') очевидно с самого начала. Альтернативой тривиальному, если таковое существует, является решение (2'), не обращающееся в нуль ни в одной точке числовой пряx мой. Если в (2') положить x 1 = x 2 = --- , то получим 2 x 2 x x f ( x ) = f  --- + --- =  f  ---  > 0,  2 2   2  x так как f  --- ≠ 0 в силу нетривиальности f (x). Но для  2 положительной всюду f (x) при любом b > 0, b ­ 1 можно определить функцию

откуда f (0) = 0.

(7)

Если же в (6') положить x1 = x, x2 = ∆x, то откуда в силу (7) (8)

Равенство (8) справедливо при любых значениях x, в частности при x0 , для которого существует конечная производная f '(x0) = k ­ ∞. Следовательно, f ( x + ∆x ) – f ( x ) f ( 0 + ∆x ) – f ( 0 ) f ( x 0 + ∆x ) – f ( x 0 ) ------------------------------------------ = ------------------------------------------ = ---------------------------------------------. ∆x ∆x ∆x Переходя в этой системе равенств к пределу при ∆x 0 на основании существования f '(x0) = k ­ ∞, равного пределу последнего отношения, получим f '(x) = f '(0) = f '(x0) = k ­ ∞.

В силу (2') имеем Φ(x1 + x2) = logb f (x1 + x2) = logb ( f (x1) ⋅ f (x2)) = = logb f (x1) + logb f (x2) = Φ(x1) + Φ(x2),

f (x + ∆x) = f (x) + f (∆x), f ( x + ∆x ) – f ( x ) f ( ∆x ) f ( 0 + ∆x ) – f ( 0 ) ------------------------------------------ = --------------- = ------------------------------------------ . ∆x ∆x ∆x

Φ(x) = logb f (x).

(9)

Таким образом, из существования производной функции f (x) в одной точке x0 мы, используя (6'), доказали

то есть Φ(x) удовлетворяет функциональному уравнению (6'). Если существует конечная производная f '(x0), то f ' ( x0 ) Φ' ( x 0 ) = ----------------------, f ( x 0 ) ln b так как f (x0) > 0. Но тогда, как было установлено для уравнения (6'), Φ(x) = logb f (x) = kx, откуда f (x) = bkx = ax,

где a = bk.

Таким образом, решением функционального уравнения (2'), имеющим производную хотя бы в одной точке, является функция f (x) = ax,

Р У Б И Н Ш Т Е Й Н А . И . О ФУ Н К Ц И О Н А Л Ь Н Ы Х У РА В Н Е Н И Я Х

a = f (1).

(10)

117

МАТЕМАТИКА Заметим, что при a = 0 из (10) получаем тривиальное решение (формально при x ­ 0), а при a = 1 – решение f (x) ≡ 1, также легко находимое из (2') непосредственно. Обратимся к уравнению (3'). Полагая в нем x1 = = x2 = 1, получим f (1) = f (1 ⋅ 1) = f (1) + f (1),

x x f ( x ) = f  x 0 ⋅ ---- = f ( x 0 ) f  ---- = 0,  x 0  x 0 то есть f (x) ≡ 0 – тривиальное решение (1'). Далее f (1) = f (1 ⋅ 1) = f (1)f (1). Так как f (1) ­ 0 для нетривиального решения, то из этого равенства следует, что f (1) = 1. Но тогда

откуда f (1) = 0. Но тогда

1 = f (1) = f ((−1) ⋅ (−1)) = ( f (−1))2

0 = f (1) = f ((−1) ⋅ (−1)) = f (−1) + f (−1) = 2f (−1)

и f (−1) = ±1. Если f (−1) = 1, то

и f (−1) = 0. Используя это равенство и (3'), имеем f (−x) = f ((−1) ⋅ x) = f (−1) + f (x) = 0 + f (x) = f (x). Следовательно, f (x) – четная функция. Очевидно, если f (x) ­ 0, то она не определена при x = 0. Действительно, если существует f (0), то f (0) = f (0 ⋅ x) = f (0) + f (x), откуда f (x) ≡ 0, то есть f (x) – тривиальное решение уравнения (3'), существование которого очевидно. Таким образом, достаточно рассматривать (3') лишь для x > 0, а на отрицательную полуось решение продолжить четным образом. Рассмотрим функцию Φ(x) = f (ex). Легко понять, что ex > 0 при любом x. В силу (3') Φ ( x1 + x2 ) = f ( e

x1 + x2

x

x

x

x

) = f (e 1 ⋅ e 2) = f (e 1) + f (e 2) =

f (−x) = f ((−1) ⋅ x) = f (−1) ⋅ f (x) = f (x) и f (x) – четная функция. Если же f (−1) = −1, то f (−x) = f ((−1) ⋅ x) = f (−1) ⋅ f (x) = −f (x) и f (x) – нечетная функция. Таким образом, достаточно найти f (x) для x > 0 и на отрицательную полуось продолжить найденное решение или четным, или нечетным образом, получив тем самым два решения функционального уравнения (1'). При x > 0 имеем 2

f ( x) = f ( x ⋅ x) = ( f ( x)) , ибо f ( x ) ≠ 0 для нетривиального решения (1'). Но тогда можно для x ∈ (−∞, +∞) определить функцию Φ(x) = lnf (ex) > 0.

= Φ ( x 1 ) + Φ ( x 2 ). Таким образом, Φ(x) удовлетворяет функциональному уравнению (6'). Так как, по определению, Φ(x) для x > 0 f (x) = Φ(lnx),

Φ ( x 1 + x 2 ) = ln f ( e x

то если существует конечная производная f '(x0), то существует и конечная производная Φ'(y0) при y0 = lnx0 , равная x0 f '(x0). По доказанному раньше тогда Φ(x) = f (e ) = kx. x

x

Полагая y = e или x = lny, y > 0, получим f ( y ) = k ln y = log a y,

Очевидно, по (1')

1 -k

a=e

x

y

y

f ' ( e 0 )e 0 f ' ( x 0 )x 0 Φ' ( y 0 ) = ---------------------= -------------------- . y f ( x0 ) f (e 0)

(11)

Следовательно, формула (11) определяет единственное нетривиальное решение функционального уравнения (3'), имеющее конечную производную хотя бы в одной точке. Рассмотрим уравнение (1'). Прежде всего заметим, что если f (x0) = 0 при x0 ­ 0, то для любого x

118

x

По доказанному ранее .

x

x

откуда Φ(x) удовлетворяет функциональному уравнению (6'). Пусть при x0 существует конечная производная f '(x0) (в силу четности или нечетности f (x) можно считать x0 > 0). Тогда для y0 = lnx0 существует конечная производная Φ'(y0):

a=e .

1 ------------f '(1)

x

) = ln f ( e 1 ⋅ e 2 ) =

= ln ( f ( e 1 ) ⋅ f ( e 2 ) ) = ln f ( e 1 ) + ln f ( e 2 ) = = Φ ( x 1 ) + Φ ( x 2 ),

Заменяя букву y на x, получаем с учетом четного продолжения f ( x ) = log a x ,

x1 + x2

Φ(x) = kx = lnf (ex), откуда f (ex) = ekx = (ex)k и, полагая ex = y > 0, получаем f (y) = yk.

С О Р О С О В С К И Й О Б РА З О В АТ Е Л Ь Н Ы Й Ж У Р Н А Л , Т О М 7 , № 4 , 2 0 0 1

МАТЕМАТИКА Заменяя букву y на x, получаем окончательно, что нетривиальное решение функционального уравнения (1'), имеющее производную хотя бы в одной точке x0 ­ 0, есть одна из двух функций f ( x) =

x

k

при x ≠ 0, при x ≠ 0,

k

x sign x

+1 –1

Если существует конечная производная f '(x0), то, как известно, lim ( f ( x 0 + ∆x ) – f ( x 0 ) ) = 0 и из выраже-

(12)

где k = f '(1) и, как обычно, sign x =

f ( x 0 + ∆x ) – f ( x 0 ) -. f ( ∆x ) = ----------------------------------------------------------------------------------------------2 1 + f ( x 0 ) + f ( x 0 ) ( f ( x 0 + ∆x ) – f ( x 0 ) )

∆x → 0

ния для f (∆x) получаем lim f ( ∆x ) = 0. ∆x → 0

Опять по (5') и условию f (0) = 0 имеем f ( x ) + f ( ∆x ) ------------------------------------ – f ( x ) f ( x + ∆x ) – f ( x ) 1 – f ( x ) f ( ∆x ) ------------------------------------------ = ----------------------------------------------------- = ∆x ∆x

при x > 0, при x < 0.

Для k > 0 функции из (12) можно по непрерывности доопределить и в нуле, но при k < 0 это невозможно. Заметим, что при k = 0 вторая функция в (12) есть signx, то есть мы получаем пример разрывного решения функционального уравнения (1'), являющегося ограниченным. СВЕДЕНИЕ ФУНКЦИОНАЛЬНОГО f ( x1 ) + f ( x2 ) УРАВНЕНИЯ f ( x 1 + x 2 ) = ------------------------------------1 – f ( x1 ) f ( x2 ) К ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОМУ Прежде всего заметим, что при x1 = x2 = x/2 из функционального уравнения (5') следует x 2 f  ---   2 x x f ( x ) = f  --- + --- = ----------------------------2  2 2 x 1 –  f  ---    2  x и f (x) определена при тех x, для которых f  --- ­ ± 1.  2 2 f (0) Далее f ( 0 ) = f ( 0 + 0 ) = ---------------------------2 , откуда f (0) = 0, 1 – ( f (0)) поскольку f (0) ­ ±1. Если определено f (x), то f ( x) + f (–x) 0 = f ( 0 ) = f ( x + ( – x ) ) = ----------------------------------1 – f ( x) f (–x)

f ( 0 + ∆x ) – f ( 0 ) 1 + f ( x) = ------------------------------------ ⋅ ------------------------------------------ , ∆x 1 – f ( x ) f ( ∆x ) 2

откуда 1 – f ( x )∆x f ( x + ∆x ) – f ( x ) f ( 0 + ∆x ) – f ( 0 ) -------------------------- ⋅ ------------------------------------------ = ------------------------------------------ = 2 ∆x ∆x 1 + f ( x) 1 – f ( x 0 )∆x f ( x 0 + ∆x ) – f ( x 0 ) - ⋅ ---------------------------------------------- , = ---------------------------2 ∆x 1 + f ( x0 ) так как среднее выражение, равное левому, не зависит от x. Переходя в этой системе равенств к пределу при ∆x 0 и используя существование конечной производной f '(x0), а также соотношение lim f ( ∆x ) = 0, по∆x → 0

лучаем равенства f ' ( x0 ) f '( x ) ---------------------= f ' ( 0 ) = -----------------------2 2 1 + f ( x) 1 + f ( x0 ) и, следовательно, дифференциальное уравнение для неизвестной функции f (x) f '( x ) ---------------------= α = f ' ( 0 ). 2 1 + f ( x) Это уравнение при начальном условии f (0) = 0 имеет единственное решение

и f (−x) = −f (x), то есть f (x) – нечетная функция. f ( x ) = tg αx,

В силу (5'), очевидно, f ( x 0 ) + f ( ∆x ) - – f ( x0 ) = f ( x 0 + ∆x ) – f ( x 0 ) = ------------------------------------1 – f ( x 0 ) f ( ∆x ) ( 1 + ( f ( x 0 ) ) ) f ( ∆x ) -, = ------------------------------------------------1 – f ( x 0 ) f ( ∆x ) 2

откуда

π x ≠ ------- ( 2k + 1 ), 2α

k ∈ Z,

α = f ' ( 0 ). (13)

То, что это есть решение, проверяется и непосредственно, а единственность следует из общей теории (см. [2]). Таким образом, решение функционального уравнения (5'), имеющее производную хотя бы в одной точке, дается соотношениями (13).

Р У Б И Н Ш Т Е Й Н А . И . О ФУ Н К Ц И О Н А Л Ь Н Ы Х У РА В Н Е Н И Я Х

119

МАТЕМАТИКА f ( x) f ( x + ∆x ) – f ( x ) -------------------------------- ⋅ ------------------------------------------ + 2 2 ∆x f ( x) + g ( x) g ( x + ∆x ) – g ( x ) g ( 0 + ∆x ) – g ( 0 ) g( x ) - ⋅ ----------------------------------------- = ----------------------------------------- . + -------------------------------2 2 ∆x ∆x f ( x) + g ( x)

СВЕДЕНИЕ СИСТЕМЫ ФУНКЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ f (x1 + x2) = f (x1)g(x2) + g(x1)f (x2), g(x1 + x2) = g(x1)g(x2) − f (x1)f (x2) К СИСТЕМЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

Аналогично, умножая равенства (15) на g(x) и (−f (x)) соответственно, после сложения получим

Перейдем наконец к рассмотрению системы функциональных уравнений (4'). При x1 = x2 = 0 из (4') получаем f (0) = 2f (0)g(0), g(0) = g2(0) − f 2(0). По первому из этих равенств или f (0) = 0, или g(0) = = 1/2. Но при g(0) = 1/2 из второго следует 1/2 = 1/4 − −f 2(0) # 1/4, что невозможно. Таким образом f (0) = 0. Но тогда g(0) = g2(0) и g(0) = 0 или g(0) = 1. При f (0) = = g(0) = 0 для любого x в силу (4') f (x) = f (x + 0) = f (x)g(0) + g(x)f (0) = 0, g(x) = g(x + 0) = g(x)g(0) − f (x)f (0) = 0 и решение (4') оказывается тривиальным. Для нетривиального решения (4') должно быть выполнено условие f ( 0 ) = 0, g ( 0 ) = 1.

(14)

Полагая в (4') x1 = x, x2 = ∆x и используя (14), получим f ( x + ∆x ) – f ( x ) f ( x )g ( ∆x ) + g ( x ) f ( ∆x ) – f ( x ) ------------------------------------------ = ----------------------------------------------------------------------------- = ∆x ∆x f ( x ) ( g ( ∆x ) – g ( 0 ) ) + g ( x ) ( f ( ∆x ) – f ( 0 ) ) = -------------------------------------------------------------------------------------------------------- = ∆x g ( 0 + ∆x ) – g ( 0 ) f ( 0 + ∆x ) – f ( 0 ) = f ( x ) ----------------------------------------- + g ( x ) ------------------------------------------ , ∆x ∆x (15) g ( x + ∆x ) – g ( x ) g ( x )g ( ∆x ) – f ( x ) f ( ∆x ) – g ( x ) ----------------------------------------- = ---------------------------------------------------------------------------- = ∆x ∆x g ( x ) ( g ( ∆x ) – g ( 0 ) ) – f ( x ) ( f ( ∆x ) – f ( 0 ) ) = -------------------------------------------------------------------------------------------------------- = ∆x g ( 0 + ∆x ) – g ( 0 ) f ( 0 + ∆x ) – f ( 0 ) = g ( x ) ----------------------------------------- – f ( x ) ------------------------------------------ . ∆x ∆x Умножая первое из этих равенств на f (x), а второе на g(x) и складывая полученные выражения, имеем f ( x + ∆x ) – f ( x ) g ( x + ∆x ) – g ( x ) ------------------------------------------ f ( x ) + ----------------------------------------- g ( x ) = ∆x ∆x g ( 0 + ∆x ) – g ( 0 ) 2 2 = ( f ( x ) + g ( x ) ) ----------------------------------------∆x или, учитывая, что для нетривиального решения f 2(x) + + g2(x) > 0,

120

g( x ) f ( x + ∆x ) – f ( x ) -------------------------------- ⋅ ------------------------------------------ – 2 2 ∆x f ( x) + g ( x) g ( x + ∆x ) – g ( x ) f ( 0 + ∆x ) – f ( 0 ) f ( x) - ⋅ ----------------------------------------- = ------------------------------------------ . – -------------------------------2 2 ∆x ∆x f ( x) + g ( x) Так как правые части двух последних равенств не зависят от x, то постоянны и левые части, так что f ( x) f ( x + ∆x ) – f ( x ) -------------------------------- ⋅ ------------------------------------------ + 2 2 ∆x f ( x) + g ( x) g ( x + ∆x ) – g ( x ) g ( 0 + ∆x ) – g ( 0 ) g( x ) - ⋅ ----------------------------------------- = ----------------------------------------- = + -------------------------------2 2 ∆x ∆x f ( x) + g ( x) f ( x 0 + ∆x ) – f ( x 0 ) f ( x0 ) -+ - ⋅ --------------------------------------------= -----------------------------------2 2 ∆x f ( x0 ) + g ( x0 ) g ( x 0 + ∆x ) – g ( x 0 ) g ( x0 ) -, - ⋅ -------------------------------------------+ -----------------------------------2 2 ∆x f ( x0 ) + g ( x0 ) f ( x + ∆x ) – f ( x ) g( x ) -------------------------------- ⋅ ------------------------------------------ – 2 2 ∆x f ( x) + g ( x) g ( x + ∆x ) – g ( x ) f ( 0 + ∆x ) – f ( 0 ) f ( x) - ⋅ ----------------------------------------- = ------------------------------------------ = – -------------------------------2 2 ∆x ∆x f ( x) + g ( x) f ( x 0 + ∆x ) – f ( x 0 ) g ( x0 ) -– - ⋅ --------------------------------------------= -----------------------------------2 2 ∆x f ( x0 ) + g ( x0 ) g ( x 0 + ∆x ) – g ( x 0 ) f ( x0 ) -, - ⋅ -------------------------------------------– -----------------------------------2 2 ∆x f ( x0 ) + g ( x0 ) Пусть существуют конечные производные f '(x0) и g'(x0). Переходя в последних равенствах к пределу при ∆x 0, получаем f ( x) g( x ) -------------------------------- ⋅ f ' ( x ) + -------------------------------- ⋅ g' ( x ) = g' ( 0 ) = 2 2 2 2 f ( x) + g ( x) f ( x) + g ( x) g ( x0 ) f ( x0 ) - ⋅ f ' ( x 0 ) + ------------------------------------ ⋅ g' ( x 0 ), = -----------------------------------2 2 2 2 f ( x0 ) + g ( x0 ) f ( x0 ) + g ( x0 ) f ( x) g( x ) -------------------------------- ⋅ f ' ( x ) – -------------------------------- ⋅ g' ( x ) = f ' ( 0 ) = 2 2 2 2 f ( x) + g ( x) f ( x) + g ( x) f ( x0 ) g ( x0 ) - ⋅ f ' ( x 0 ) – ------------------------------------ ⋅ g' ( x 0 ). = -----------------------------------2 2 2 2 f ( x0 ) + g ( x0 ) f ( x0 ) + g ( x0 )

С О Р О С О В С К И Й О Б РА З О В АТ Е Л Ь Н Ы Й Ж У Р Н А Л , Т О М 7 , № 4 , 2 0 0 1

МАТЕМАТИКА Легко заметить, что левые части последних соотношений являются производными от ln f ( x ) + g ( x ) и 2

2

f ( x) arctg ----------- . Следовательно, g( x )

ЛИТЕРАТУРА

ln f ( x ) + g ( x ) = g' ( 0 ) ⋅ x + C 1 , 2

2

1. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления.М.: Наука, 1966. Т. 2. 800 с.

f ( x) arctg ----------- = f ' ( 0 ) ⋅ x + C 2 . g( x )

2. Понтрягин Л.С. Знакомство с высшей математикой: Дифференциальные уравнения и их приложения. М.: Наука, 1988. 207 с.

По (14) очевидно, что C1 = C2 = 0, так что 2g' ( 0 ) x

f ( x) + g ( x) = e , f ( x) ----------- = tg ( f ' ( 0 ) ⋅ x ), g( x ) 2

2

(16)

αx

αx

f ( x ) = e sin βx

,

где α = g' ( 0 ),

Рецензент статьи Е.И. Моисеев ***

откуда легко заключить, опять используя условие g(0) = 1, g ( x ) = e cos βx

Итак, элементарные функции школьного курса математики являются в некотором смысле единственными решениями простых функциональных уравнений и систем.

β = f ' ( 0 ). (17)

Равенства (17) дают все решения системы функциональных уравнений (4'), имеющие конечные производные хотя бы в одной точке.

Александр Иосифович Рубинштейн, доктор физикоматематических наук, профессор кафедры высшей математики Московского государственного университета леса, учитель математики лицея научно-инженерного профиля (Королев Московской обл.), Соросовский учитель. Область научных интересов – теория ортогональных рядов и прикладная теория дифракции. Автор и соавтор более 70 научных статей и учебных пособий, в том числе двух книг.

Р У Б И Н Ш Т Е Й Н А . И . О ФУ Н К Ц И О Н А Л Ь Н Ы Х У РА В Н Е Н И Я Х

121