Page 333 - 4371

1
f x  6   f   x  3  3    f  x .
f x  3 
Отже, функція  xf періодична з періодом 6. Тому
1 1

f 2014  f 335 6   4  f  4  f 1  3   .
f   1 2
13.21 Покажемо спочатку, що функція   logxg  x  1
x
строго монотонна на інтервалі  ,1  . Оскільки для усіх
x з цього інтервалу

 ln  x  1  x ln x  x 1  ln x   1
g  x     0 ,
  
2
 ln x  x  x 1 ln x
то  xg спадна на  ,1  . Так як x 2  2 x 3  2 для
всіх x  , то приходимо до висновку, що
R
f    xx 2  2 x 3 – єдиний розв’язок даного функційного
рівняння.
13.22 Нехай  fb   0a для деякого a  1,0 . Із дано-
го рівняння видно, що f визначена в точках a  f  a ,
a  f 2  a , , a  nf  a , тощо. Але тоді існує таке n  N ,
0
що  bna  1, що суперечить умові    1,0fD . Анало-
0
гічно доводиться, що для кожного a  1,0  не виконується
умова   0af . Отже, залишається   0xf , яка справді є
розв’язком цього функційного рівняння.
13.23 В даному рівнянні
2 f    fxy     fx y f   yx  2 (13.7)
підставимо y 1. Тоді
2 f    fx    1  fx f  x 1  2 , x  Q

і, врахувавши умову   31 f , матимемо
f  x  1  f   2x x  Q .
З цієї рівності методом математичної індукції можна отри-
мати
xf   n  f x 2  n x  Q , n  Z . (13.8)
333