Page 326 - 4371

цією при усіх x  0; отже,  xf 2  f 4  x . Далі, поклавши

x  n 1 y, n N , отримуємо рекурентне співвідношення
f  ny  f   n  2  y  4 f   n 1    yfy 
Тоді методом математичної індукції доводимо, що
f   nny  2 f  y при усіх y 0 , n N .

Міркуючи далі так як при розв’язуванні рівняння Коші,
знаходимо, що розв’язком нашого рівняння є функція виду
f   Cxx  2 при усіх C  0 .

13.4 Підставимо в заданому рівнянні y  x  t 2 . Мати-
мемо    ftf 2   02 t , тобто функція f невід’ємна. Не-
хай для деякої точки x виконується xf   0 . Тоді
0 0
f x  y   f     0 fx y , y  R ,
0 0
тобто f   0t для всіх t  x  y  R . Очевидно, що
0
f   0x справді є розв’язком нашого функційного рівнян-
ня. Для знаходження усіх інших розв’язків можемо вважа-
ти   0xf . Розглянемо функцію  xg  ln f  x . Для цієї
функції дане рівняння перепишеться у вигляді рівняння
Коші, розв’язаного в задачі 13.1, отже матимемо
g   Cxx  , звідки   exf  Cx . Легко перевірити, що кожна
така функція є розв’язком нашого рівняння.
u
13.5 Достатньо розглянути функцію  ug  f  e . Для
неї дане функційне рівняння перетвориться в лінійне, отже
g   Cuu  , тобто  xf  g  xln  C ln x .
13.6 Підставимо в наше рівняння y  x . Тоді

2 xf  x  2 xf 2  x для всіх x  R . Тому f   0x ,
або   1xf для всіх x 0 . За умовою шуканий розв’язок є
неперервною функцією, отже,   0xf або   1xf . Пере-
віркою переконуємось, що ці функції справді є
розв’язками.

326