Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1049
2015-02-17 
Пусть $f$ и $g$ — действительные функции, определенные на всей прямой и удовлетворяющие уравнению
$f(x+y) + f(x-y) = 2f(x)g(y)$
для всех $x,y$. Докажите, что если $f(x)$ не есть тождественный нуль и если $|f(x)| \leq 1$ для всех $x$, то $|g(y)| \leq 1$ для всех $y$.
Решение:
Допустим противное, т. е. что в некоторой точке $y_{0} |g(y_{0})| = a > 1$. Возьмем точку $x_{0}$ такую, что $f(x_{0}) \neq 0$. Определим по индукции последовательность $\{ x_{k}\}$, где $k=0,1,2, \cdots $, следующим образом:
$x_{k+1} = \begin{cases} x_{k} + y_{0}, \text{если} |f(x_{k}+y_{0})| < |f(x_{k} – y_{0})|, &\\
x_{k}-y_{0} \text{если} |f(x_{k}+y_{0})| < |f(x_{k} – y_{0})|.\\ \end{cases}$
Используя данное в условии задачи уравнение, получим:
$2 |f(x_{k+1})| \geq |f(x_{k} + y_{0})| + |f(x_{k} – y_{0})| \geq |f(x_{k} + y_{0}) +f(x_{k} – y_{0})| = 2 |f(x_{k})| \cdot |g(y_{0})| = 2a |f(x_{k})|$.
Итак, $|f(x_{k+1})| \geq a |f(x_{k})|, a > 1, k=0,1,2, \cdots$.
Отсюда получаем, что $|f(x_{k})| \geq a^{k} \cdot |f(x_{0})|$. Но, поскольку $|f(x_{0})| \neq 0$ и $a > 1$, можно подобрать такое $k$, для которого $a^{k} \cdot |f(x_{})| > 1$ и, значит, $|f(x_{k})| > 1$, что противоречит условию. Полученное противоречие доказывает, что $|g(y)| \leq 1$ для всех $y$.
Пусть $f$ и $g$ — действительные функции, определенные на всей прямой и удовлетворяющие уравнению
$f(x+y) + f(x-y) = 2f(x)g(y)$
для всех $x,y$. Докажите, что если $f(x)$ не есть тождественный нуль и если $|f(x)| \leq 1$ для всех $x$, то $|g(y)| \leq 1$ для всех $y$.
Решение:
Допустим противное, т. е. что в некоторой точке $y_{0} |g(y_{0})| = a > 1$. Возьмем точку $x_{0}$ такую, что $f(x_{0}) \neq 0$. Определим по индукции последовательность $\{ x_{k}\}$, где $k=0,1,2, \cdots $, следующим образом:
$x_{k+1} = \begin{cases} x_{k} + y_{0}, \text{если} |f(x_{k}+y_{0})| < |f(x_{k} – y_{0})|, &\\
x_{k}-y_{0} \text{если} |f(x_{k}+y_{0})| < |f(x_{k} – y_{0})|.\\ \end{cases}$
Используя данное в условии задачи уравнение, получим:
$2 |f(x_{k+1})| \geq |f(x_{k} + y_{0})| + |f(x_{k} – y_{0})| \geq |f(x_{k} + y_{0}) +f(x_{k} – y_{0})| = 2 |f(x_{k})| \cdot |g(y_{0})| = 2a |f(x_{k})|$.
Итак, $|f(x_{k+1})| \geq a |f(x_{k})|, a > 1, k=0,1,2, \cdots$.
Отсюда получаем, что $|f(x_{k})| \geq a^{k} \cdot |f(x_{0})|$. Но, поскольку $|f(x_{0})| \neq 0$ и $a > 1$, можно подобрать такое $k$, для которого $a^{k} \cdot |f(x_{})| > 1$ и, значит, $|f(x_{k})| > 1$, что противоречит условию. Полученное противоречие доказывает, что $|g(y)| \leq 1$ для всех $y$.
