Page 337 - 4371

13.29 Підставивши  yx  0 в рівнянні
2 2 2
x
 xf  y   f     2 f y xy , x  R , y  R , (13.16)
матимемо   00 f . Тепер замінимо в (13.16) y на y :
2 2 2
f   x  y   f    yfx   2 xy , x  R , y  R .
Віднявши від рівняння (13.16) отримане рівняння, маємо:
2 2
f   x  y   f x  y   4 xy , x  R , y  R .
Підставивши в останньому співвідношенні y  , дістане-
x
2
мо  4xf 2  f  0  4x , тобто   ttf  для всіх  ,0t    ,
що й підтверджує перевірка.
13.30 Покладемо в даному рівнянні x  y  0. Тоді
2
2 f 2   00  , звідки   00 f . Якщо y  0, то f 2  x  x ,
тобто  xf  x . Тому маємо чотири випадки:
1)   xxf  ; 2)  xf   x ; 3)  xf  x ; 4)  xf   x .
Перевірка показує, що випадки 1) і 2) задовольняють умо-
ву задачі, а 3) і 4) – ні.
13.31 Взявши в даній тотожності y  1, отримаємо то-
f   fx   1
тожність   xf , тобто x f  x  f  1 для всіх
x  1
x  R \ 1 . Підставивши x 0, одержимо   01 f , тому
f   0x для x 0 , x  1. Далі, підставляючи в дану тото-

1
жність y  , 0 x  2 , матимемо  0f   f  2  f  0 , звід-
2
ки f  0  f   02  . Тепер підставимо y  , 0 x   1:
f  0   f  1  f  0 , звідки   21 f f   00  .
Отже,   0xf для всіх x  . Перевірка підтверджує цей
R

результат, тому відповідь на поставлене в умові запитання
негативна.
13.32 Підставивши x  y  0 в дане співвідношення,
маємо  0f  f 3  0 , звідки або  0 f  1, або   00 f , або
f   10  .
337