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Hallo,
ich schaue mir folgende Aufgabe an als Vorbereitung auf Matheolympiaden.
Es sind alle Funktionen gesucht, die von R auf R abbilden und der folgenden Gleichung genügen:
f(xf(x)+f(y))=y+f(x)²
Da ich bereits einiges zeigen konnte, werde ich die Beweise für diese Teilschritte nicht mehr mit angeben.
(1) f ist bijektiv
(2) Es gilt für alle x: f(x)=-f(-x)
(3) f(f(x))=x Die Funktion ist also zu sich selbst invers.
(4) f(0)=0
Nun, da f(x)=x offenbar die Gleichung erfüllt, denke ich, muss man zeigen, dass dies die einzige Funktion ist, die den Bedingungen genügt. Nach dem Beweis der Schritte (1)-(4) komme ich aber nun nicht weiter.
Es wäre echt nett, wenn mir jmd. von euch helfen könnte. :)
Lg, David
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Hallo David,
scharfe Aufgabe.
Du bist fast fertig. Es gibt aber m.E. zwei Funktionen, die alle Bedingungen erfüllen.
> Es sind alle Funktionen gesucht, die von R auf R abbilden
> und der folgenden Gleichung genügen:
> f(xf(x)+f(y))=y+f(x)²
>
> Da ich bereits einiges zeigen konnte, werde ich die Beweise
> für diese Teilschritte nicht mehr mit angeben.
> (1) f ist bijektiv
> (2) Es gilt für alle x: f(x)=-f(-x)
> (3) f(f(x))=x Die Funktion ist also zu sich selbst
> invers.
> (4) f(0)=0
Mal anschaulich:
(2) Die Funktion ist punktsymmetrisch zum Ursprung.
(3) Die Funktion ist spiegelsymmetrisch zur Geraden y=x.
(4) Die Funktion geht durch den Ursprung (was hier übrigens schon in (2) enthalten ist).
Die Bedingungen (2) und (3) werden nur erfüllt von folgenden zwei Funktionen:
f(x)=x
f(x)=-x
Dies folgt aus einer einfachen geometrischen Überlegung. Bedingung (2) kann, wenn auch (3) vorliegt, ja durch Spiegelsymmetrie zur Geraden y=-x ersetzt werden - analytisch gesprochen: f(-x)=-f(x).
> Nun, da f(x)=x offenbar die Gleichung erfüllt, denke ich,
> muss man zeigen, dass dies die einzige Funktion ist, die
> den Bedingungen genügt. Nach dem Beweis der Schritte
> (1)-(4) komme ich aber nun nicht weiter.
> Es wäre echt nett, wenn mir jmd. von euch helfen könnte.
> :)
Reicht Dir das als Anstoß?
Grüße
reverend
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Hallo,
ach Mist, die Funktion hatte ich übersehen. Naja, jedenfalls verstehe ich zwar die Schritte, aber wirklich bei einem Beweis komme ich leider nicht weiter.
Lg, David
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Hallo David,
ich denke, der einfachste Weg ist zu zeigen, dass [mm] f'(x)=\bruch{1}{f'(x)} [/mm] sein muss. Dies folgt daraus, dass f(x) seine eigene Umkehrfunktion ist.
Versuchs mal. Die letzten Schritte sind ja nicht schwierig, der Anfang schon.
Grüße
reverend
PS: Die reinen Symmetriebedingungen werden übrigens auch von Kreisen, 2n-Ecken und einigen anderen symmetrischen geschlossen Kurven (z.B. Kleeblatt, sternförmige Funktionen etc.) in passender Lage erfüllt - sie haben allerdings drei Eigenschaften, die hier nicht passen: sie sind höchstens als implizite Funktion darstellbar (z.B. $ [mm] x^2+y^2=r^2 [/mm] $), sie enthalten den Ursprung nicht (außer im entarteten Fall r=0 etc.), und sie bilden nicht ganz [mm] \IR [/mm] auf [mm] \IR [/mm] ab. 
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:06 So 22.05.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo David,
>
> ich denke, der einfachste Weg ist zu zeigen, dass
> [mm]f'(x)=\bruch{1}{f'(x)}[/mm] sein muss.
Hallo Rev,
f ist nicht als differenzierbar vorausgesetzt.
Gruß FRED
> Dies folgt daraus, dass
> f(x) seine eigene Umkehrfunktion ist.
> Versuchs mal. Die letzten Schritte sind ja nicht schwierig,
> der Anfang schon.
>
> Grüße
> reverend
>
> PS: Die reinen Symmetriebedingungen werden übrigens auch
> von Kreisen, 2n-Ecken und einigen anderen symmetrischen
> geschlossen Kurven (z.B. Kleeblatt, sternförmige
> Funktionen etc.) in passender Lage erfüllt - sie haben
> allerdings drei Eigenschaften, die hier nicht passen: sie
> sind höchstens als implizite Funktion darstellbar (z.B.
> [mm]x^2+y^2=r^2 [/mm]), sie enthalten den Ursprung nicht (außer im
> entarteten Fall r=0 etc.), und sie bilden nicht ganz [mm]\IR[/mm]
> auf [mm]\IR[/mm] ab.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:11 So 22.05.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
> > ich denke, der einfachste Weg ist zu zeigen, dass
> > [mm]f'(x)=\bruch{1}{f'(x)}[/mm] sein muss.
>
> Hallo Rev,
>
> f ist nicht als differenzierbar vorausgesetzt.
>
> Gruß FRED
Mist, stimmt.
Aber wie formuliert man dann einen einfachen Weg, der aus den Voraussetzungen zu den beiden Lösungen führt?
Grüße
rev
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Hmm.. Warum kann ich eigentlich nicht aus:
f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² auch auf der rechten Seite f(x) durch x ersetzen. Würde dies irgendwie aus f(f(x))=x folgen?
Also f(xf(x)+f(y))=y+f(x)²=y+x² ---> f(x)=+-x ?!
Lg, David
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:30 So 22.05.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hmm.. Warum kann ich eigentlich nicht aus:
>
> f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² auch auf der rechten Seite f(x)
> durch x ersetzen. Würde dies irgendwie aus f(f(x))=x
> folgen?
Im allgemeinen ist $f(f(x)) [mm] \ne f(x)^2$
[/mm]
FRED
>
> Also f(xf(x)+f(y))=y+f(x)²=y+x² ---> f(x)=+-x ?!
>
> Lg, David
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Naja mal formal aufgeschrieben wäre:
f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² I
Setzen wir mal f(x)=t dann erhalten wir f(t)=f(f(x))=f(t)=x nach Bedingung (2) oder so.
Dann erhalten wir f(tf(t)+f(y))=f(x(f(x)+f(y))=y+f(t)²=y+x² II
I und II sind offenbar gleich, also f(x)²=x² und dadurch f(x)=|x|, woraus die beiden Funktionen folgen würden.
Geht das so?
Lg, David
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:41 So 22.05.2011 | | Autor: | fred97 |
> Naja mal formal aufgeschrieben wäre:
>
> f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² I
>
> Setzen wir mal f(x)=t dann erhalten wir f(t)=f(f(x))=f(t)=x
> nach Bedingung (2) oder so.
>
> Dann erhalten wir
> f(tf(t)+f(y))=f(x(f(x)+f(y))=y+f(t)²=y+x² II
> I und II sind offenbar gleich, also f(x)²=x² und dadurch
> f(x)=|x|,
Prima !
> woraus die beiden Funktionen folgen würden.
>
> Geht das so?
Fast. Wegen f(x)=-f(-x) folgt dann: f(x)=x für alle x oder f(x)=-x für alle x
FRED
>
> Lg, David
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Sehr nice. Danke euch! :)
Lg, David
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:43 So 22.05.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo nochmal,
> Sehr nice. Danke euch! :)
Na, das war aber kaum nötige Schützenhilfe.
Den eleganten Einfall für die Lösung hattest Du immerhin selbst.
Weiter so!
Grüße
reverend
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