Page 341 - 4371

x
f   uu  для деякого u  1 ,  0 , то підставивши y  в
а), матимемо
xf   1 x   xf  x   1 x   xf , x  S .
x
Тому x  1 x    0xf , звідки  xf   . Прямою пе-
1  x
ревіркою встановлюємо, що дана функція справді задово-
льняє умову задачі.
13.40 Підставивши в умову а) x  y  0, отримаємо
f   00  . Застосувавши f до обидвох частин рівності а),

матимемо  ff  fx  y  f  fy  x  x f  y . Оскільки вираз
x f  y може набувати довільних значень із множини R , то

f  f  x  , x  R . (13.17)
x

Тоді, використовуючи також умову а) з y  f  x , маємо
 xf 2  f  fx  f  x  f 2  x , x  R . (13.18)

Також з умови а) та (13.17) маємо, що
y  f  f    fy   f1   y  y f  1 для всіх  Ry , звідки

f   11  .
Тепер розглянемо такі випадки:
1) Існує таке  Ry , для якого y f    ay  0 і a  1. Тоді

a f  y  f  f  fa  y  f  fy  a  f  ya ,
 1   1   1  1
звідки a  f    f  a  f   11  . Тому f    . Оскі-
 a   a   a  a
1
льки одне з чисел a та b  є більшим за одиницю (нехай
a
a  1), то, використовуючи послідовно (13.18), матимемо
n 2 n 2 n
2
f   aa  1 і  af  при n   , що суперечить
умові б) даної задачі. Отже, у цьому випадку розв’язків
немає. Залишилось розглянути ще два можливі випадки:
2) y f   0y для всіх  Ry , тобто   0yf .

1
3) y f   1y для всіх y 0, тобто  yf  .
y
341