Правильное ли доказательство функционального уравнения?
Анализ доказательства единственности решений уравнения f(2x+y) - f(x+y) = 2x. Все функции вида f(x) = 2x + C. Ошибки в предложенном подходе и правильный метод с h(x) = f(x) - 2x.
Правильное ли доказательство существования функции?
Дано: f(2x+y) - f(x+y) = 2x
Найти все такие функции f: R→R
Подходят функции вида f(x) = 2x + a, где a — любое число из R.
Докажем, что других не существует. Рассмотрим любую функцию f(x) при некотором фиксированном a₀. Предположим, что существует функция g(x) ≠ f(x), тогда существует x₀ такое, что g(x₀) ≠ f(x₀). Пусть x+y = x₀, тогда x = x₀-y, тогда:
f(2x₀-2y+y) - f(x₀) = 2x₀-2y
f(2x₀-y) - f(x₀) = 2x₀-2y
и g(2x₀-y) - g(x₀) = 2x₀-2y
Умножим первое уравнение на (-1) и сложим со вторым:
f(x₀) - g(x₀) + g(2x₀-y) - f(2x₀-y) = 0
g(2x₀-y) - f(2x₀-y) = g(x₀) - f(x₀)
Но правая часть не равна 0, так как по предположению f и g не равны в этой точке, тогда g(2x₀-y) - f(2x₀-y) ≠ 0 для любого y из R. Это означает, что если g и f отличаются хотя бы в одной точке, то они отличаются во всех точках. Но предикат g(2x₀-y) - f(2x₀-y) ≠ 0 можно рассматривать для любого параметра a из R (множество прямых f(x) = 2x+a покрывает всё R²), а значит g не может принять ни одного значения ни для какого аргумента, значит такой g не существует.
Правильно ли доказывается отсутствие существования такой g?
Функциональные уравнения: общее решение уравнения f(2x+y) - f(x+y) = 2x имеет вид f(x) = 2x + C, C ∈ R — все такие функции подходят. Правильное доказательство получаем, введя h(x)=f(x)-2x и показав, что h постоянна; приведённое вами рассуждение доходит до вывода о постоянстве разности, но логически неверно делает шаг к выводу о несуществовании второй функции.
Содержание
- Решение функционального уравнения и проверка
- Анализ ошибки в предложенном доказательстве
- Замечания и обобщения
- Источники
- Заключение
Решение функционального уравнения и проверка
Рассмотрим уравнение
Шаг 1. Введём вспомогательную функцию
h(x) = f(x) - 2x.
Тогда подставляем в уравнение:
f(2x+y)-f(x+y)=2x ⇔ (h(2x+y)+2(2x+y)) - (h(x+y)+2(x+y)) = 2x,
после упрощения остаётся
h(2x+y) - h(x+y) = 0 для всех x,y.
Шаг 2. Переобозначение. Пусть t = x+y; тогда для всех x,t∈R выполняется
h(2x+t) = h(t).
Шаг 3. Вывод постоянства. Возьмём произвольные u,t∈R. Подберём x = (u-t)/2 (это всегда возможно, поскольку мы работаем на всей прямой). Тогда 2x+t = u, и поэтому h(u) = h(t). Поскольку u и t были произвольными, h постоянна: ∃C∈R такие, что h(x) ≡ C.
Следствие: f(x) = 2x + C для некоторой константы C и только такие функции удовлетворяют исходному уравнению.
Шаг 4. Проверка. Обратная проверка тривиальна:
(2(2x+y)+C) - (2(x+y)+C) = 4x+2y+ C - 2x -2y - C = 2x.
Таким образом, все и только функции вида f(x)=2x+C — решения.
(Аналогичное рассуждение приводится в подробных разборках функциональных уравнений — см. mathus.ru и критический разбор доказательства на turgor.ru.)
Анализ ошибки в предложенном доказательстве
Что сделано в вашем рассуждении (коротко). Вы взяли две предполагаемые различные функции f и g — решения — и положили x+y = x0. Получили
f(2x0 - y) - f(x0) = 2x0 - 2y, и аналогично для g. Вычли и получили
g(2x0 - y) - f(2x0 - y) = g(x0) - f(x0) =: c (независимо от y).
Почему это не противоречие. Формула g(2x0 - y) - f(2x0 - y) = c для всех y действительно верна. Но отображение y ↦ 2x0 - y пробегает всю R при пробегании y по R, значит
g(z) - f(z) = c для всех z∈R,
то есть g = f + c — разность решений обязательно постоянна. Это совсем не «невозможность принять значения»; наоборот, это показывает, что если существует одно решение f, то любые другие решения получаются прибавлением постоянной. В частности, взяв f(x)=2x+a0, получим множество решений f(x)=2x+(a0+c) — ровно семейство прямых с угловым коэффициентом 2.
Где именно неверен ваш вывод? Ошибка в шаге: из того, что разность на всех точках равна ненулю, нельзя сделать вывод, что «g не может принять ни одного значения». Неправильно также дальнейшее использование геометрического образа «множество прямых f(x)=2x+a покрывает R²» как аргумента в пользу отсутствия g — это не имеет отношения к тому, что два решения могут отличаться на постоянную.
Иллюстрация простым примером. Пусть f(x)=2x+1, g(x)=2x+3. Тогда g(x)-f(x)=2 для всех x, и обе функции удовлетворяют уравнению (проверьте подстановкой). Значит g существует и отличается от f в каждой точке, но именно на постоянную величину — никаких логических противоречий.
Замечания и обобщения
- Роль области определения. Ключевой шаг использует возможность для любого u и t решить у = 2x + t, т.е. взять x = (u - t)/2. Это возможно именно потому, что область определения — вся R. Если бы аргументы или переменные были ограничены (например, x,y ∈ A с A не замкнутым относительно нужной операции), вывод о постоянстве h мог бы не работать; тогда класс решений мог бы быть шире или иной.
- Одна постоянная свободы. Формально множество всех решений — одномерное семейство: f(x) = 2x + C, C ∈ R. Говорят, решение единственно с точностью до аддитивной константы; но в данном случае константа действительно даёт разные функции, и они все удовлетворяют уравнению.
- Ссылки по теме. Для общей техники решения линейных функциональных уравнений и типичных приёмов (введение вспомогательной функции, сдвиги переменных) см. подробный разбор на mathus.ru и комментарии на turgor.ru. Для понимания общих идей единственности в задачах (аналогично теории ОДУ) можно посмотреть вводные заметки о теоремах единственности на ode.mathbook.info.
Источники
- Подробный разбор функциональных уравнений: https://mathus.ru/math/funcura.pdf
- Критика и пояснения: https://turgor.ru/lktg/2006/3/3-3ru.pdf
- Лекции по существованию и единственности (аналогии в теории ОДУ): https://ode.mathbook.info/chapter/label/chap:3:eu/
- Доп. материал по теореме существования/единственности (обзор): http://www.dyn-sys.org/public/ODE-notes/odeExistUnique.pdf
- Учебные заметки по теореме существования (контекст): https://1cov-edu.ru/differentsialnye-uravneniya/pervogo-poryadka/teorema-suschestvovaniya/
Заключение
Решение функционального уравнения f(2x+y)-f(x+y)=2x — это семейство функций f(x)=2x+C, C∈R. Правильный ход доказательства — ввести h(x)=f(x)-2x и показать, что h постоянна; приведённое вами рассуждение частично верно (оно приводит к выводу о постоянстве разности), но неверно делает логический скачок к заключению об отсутствии альтернативной функции g. На деле любые две решения отличаются именно постоянной, поэтому другие функции существуют и описываются той же формулой с другим параметром C.