Page 338 - 4371

R
Нехай тепер y   x . Тоді  2xf 3  f 3  0 для всіх x  ,
3
тобто  tf  f 3  0  f  0 для всіх t  2 x  R.
Перевірка показує, що функції f   x 1, f   0x ,
f   1x є розв’язками даного функційного рівняння.

13.33 Нехай x  y  a , тобто x  y  a . Тоді
2
f  a  f 3ay  3a 2 y  a 3 . Зафіксуємо a  0 . Оскільки
3
квадратична форма z  z   3ayy  2  3a 2 y  a досягає сво-
го найменшого значення a 3 4 в точці y   a 2 , то її мно-

жина значень    azE 3 , 4   . Оскільки a 0 довільне і
може бути як завгодно мале, то  zf  f  a для всіх z 0 .
Отже, функція f є сталою на ,0   . Зафіксувавши a 0
аналогічно встановлюємо, що функція f є сталою на
  ,  0 . Перевіривши, переконуємося, що усі функції виду
C 1 , якщо x  ;0

f    Cx  2 , якщо x  ;0

 C 3 , якщо x  ,0
де C ,C ,C – довільні сталі, задовольняють умову задачі.
1 2 3
13.34 Легко переконатись, що   00 f і  xf    f  x ,
1 1 1
R
де x . Оскільки   , то, використовуючи
x 1 x x 1  x
f  x  1 
умову а) та умову б) у вигляді   f  , маємо:
x 2  x 
f  x 1   1   1 1 
  f    f     
 x 1  2  x  1  x  x 1  x 

 1   1  f x   x  1  f  x
 f    f    2  2 .


 x x   1   x  x   x  1  x
Враховуючи непарність f , матимемо
  xxf 2  2 f   21  x f  x , x  R .

338