Page 340 - 4371

 f   ft    t 2a cost ,
   
 f   t  f    ,0t де  fa  ,0 b   f  .
  2 
 f   t  f    t 2b sin , t
Звідси  tf  acos t  bsin t , або   axf  cos x  bsin x , де
a, b  R .
Перевірка показує, що знайдена функція є розв΄язком да-
ної задачі при будь-яких дійсних a і b .
13.37 Підставляючи x  y  1 в дане функційне рівнян-
2
ня, дістаємо   1f   f  1  . Це рівняння має два дійсних
2
корені  1 f 2 , або  1 f  1. Покладаючи y  1 у функ-
ційному рівнянні, маємо    1  fxf f    xx  x  1 1, або
f    fx     211   x .
Якщо  1 f 2 , то  xf  2 x , а якщо  1 f  1, то

f  x   x . Перевірка показує, що жодна знайдена функція
не задовольняє вихідне функційне рівняння, отже це рів-
няння не має розв’язків.
13.38 Покладемо k 1. Тоді
f m 1   f m   n ,  m  n .
Це означає, що T  n  1 є «періодом» функції f :
f m  n 1   f  m ,  m N .
Покладемо k  n 1  l , l  N . Тоді f  m  n 1   l

 f ml n 1  n , або    fmf   ml  1  n 1  1 . Звідси:
f  m  f   ,1 m  N .
Таким чином,   constmf  .
13.39 Припустимо, що функцію f : S  S знайдено.
1
Оскільки f  x строго зростає на  1 ,  0 та  ,0   , то
x
рівняння  xf  x може мати не більше трьох розв’язків:
один на  1 ,  0 , один на  ,0    і, можливо, x 0. Якщо

340