Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 405
2014-06-07 
Найти все дифференцируемые функции $f: \mathbf{R} \rightarrow \mathbf{R}$, удовлетворяющие тождеству
$f^{\prime} \left ( \frac{x+y}{2} \right ) = \frac{f(y) – f(x)}{y - x}, x,y \in \mathbf{R}, x \neq y$.
Решение:
Поскольку, в силу условии задачи, при любом значении $y \neq 0$ справедливо тождество
$f^{\prime}(x) \equiv \frac{f(x+y) – f(x-y)}{2y} (x \in \mathbf{R})$,
правая часть которого дифференцируема по $x$, то
$f^{\prime \prime} \equiv \frac{f^{\prime}(x+y) - f^{\prime}(x-y)}{2y} \equiv \frac{1}{2y} \left [ \frac{f(x+2y) – f(x)}{2y} - \frac{f(x – 2y) – f(x)}{(-2y)} \right ] \equiv$
$\equiv \frac{f(x + 2y) + f(x – 2y) – 2f(x)}{4y^{2}}$.
Далее, последнее выражение снова дифференцируемо по $x$, поэтому
$f^{\prime \prime \prime}(x) \equiv \frac{f^{\prime}(x + 2y) + f^{\prime}(x-2y) – 2 f^{\prime}(x)}{4y^{2}} \equiv$
$\equiv \frac{1}{4y^{2}} \left [ \frac{f(x+4y) – f(x)}{4y} + \frac{f(x-4y)-f(x)}{(-4y)} - \frac{f(x+4y)-f(x-4y)}{4y} \right ] \equiv 0$
Таким образом, искомые функции обязаны удовлетворять тождеству $f^{\prime \prime \prime}(x) \equiv 0$, поэтому
$f^{\prime \prime} \equiv f^{\prime \prime}(0), f^{\prime} \equiv f^{\prime \prime}(0) + f^{\prime}(0), f(x) \equiv f^{\prime \prime}(0)x^{2}/2 + f^{\prime}(0)x + f(0)$.
Заметим, что любая функция вида
$f(x) = ax^{2}+bx+c$, где $a, b, c \in \mathbf{R}$,
обладает всеми указанными в задаче свойствами.
Найти все дифференцируемые функции $f: \mathbf{R} \rightarrow \mathbf{R}$, удовлетворяющие тождеству
$f^{\prime} \left ( \frac{x+y}{2} \right ) = \frac{f(y) – f(x)}{y - x}, x,y \in \mathbf{R}, x \neq y$.
Решение:
Поскольку, в силу условии задачи, при любом значении $y \neq 0$ справедливо тождество
$f^{\prime}(x) \equiv \frac{f(x+y) – f(x-y)}{2y} (x \in \mathbf{R})$,
правая часть которого дифференцируема по $x$, то
$f^{\prime \prime} \equiv \frac{f^{\prime}(x+y) - f^{\prime}(x-y)}{2y} \equiv \frac{1}{2y} \left [ \frac{f(x+2y) – f(x)}{2y} - \frac{f(x – 2y) – f(x)}{(-2y)} \right ] \equiv$
$\equiv \frac{f(x + 2y) + f(x – 2y) – 2f(x)}{4y^{2}}$.
Далее, последнее выражение снова дифференцируемо по $x$, поэтому
$f^{\prime \prime \prime}(x) \equiv \frac{f^{\prime}(x + 2y) + f^{\prime}(x-2y) – 2 f^{\prime}(x)}{4y^{2}} \equiv$
$\equiv \frac{1}{4y^{2}} \left [ \frac{f(x+4y) – f(x)}{4y} + \frac{f(x-4y)-f(x)}{(-4y)} - \frac{f(x+4y)-f(x-4y)}{4y} \right ] \equiv 0$
Таким образом, искомые функции обязаны удовлетворять тождеству $f^{\prime \prime \prime}(x) \equiv 0$, поэтому
$f^{\prime \prime} \equiv f^{\prime \prime}(0), f^{\prime} \equiv f^{\prime \prime}(0) + f^{\prime}(0), f(x) \equiv f^{\prime \prime}(0)x^{2}/2 + f^{\prime}(0)x + f(0)$.
Заметим, что любая функция вида
$f(x) = ax^{2}+bx+c$, где $a, b, c \in \mathbf{R}$,
обладает всеми указанными в задаче свойствами.
