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Hallo,
ich sitze schon seit einiger Zeit an folgender Aufgabe:
Die Lösungsfunktionen von
f(x)*f(y)=f(x+y)+f(x-y)
Dabei bildet f von den reellen Zahlen auf die positiven reellen Zahlen ab.
Des Weiteren habe ich schon ermitteln können, dass
f(0)=2 und f(x)=f(-x) ist.
Nun kann man zeigen, dass f(x) dann für alle x größer als Wurzel 2 ist. (Indem man x=y setzt und über Widerspruchsbeweis geht)
Mit dieser neuen unteren Grenze kann man dann weitere 'untere Grenzen' für f(x) gewinnen.
Diese 'Grenzen' konvergieren, glaube ich, gegen 2. Und da wir ja bereits f(0)=2 haben, müsste es eine konstante Funktion sein.
Das war die Idee, die ich zuerst hatte. Aber ich konnte, die Konvergenz hier nicht zeigen.
Die zweite Idee war es eben, f erst für ganze Argumente zu lösen. Den Schluss auf rationale und schließlich auf reelle Argumente bekäme ich dann alleine hin.
Könnt ihr mir dabei vielleicht helfen? :)
Lg, David
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:32 Di 17.05.2011 | | Autor: | kamaleonti |
Nicht hilfreich gewesen.
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Aus 2f(x)=f(x)*f(0) folgt aber lediglich, f(0)=2 (wieder?!), oder?
Lg, David
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:11 Di 17.05.2011 | | Autor: | kamaleonti |
> Man man man, das ist jetzt arm von mir xD
Eher von mir, denn meine vorangehende Antwort hat nichts gebracht.
>
Aber vielleicht hilft es, wenn du x=ky, [mm] k\in\IR [/mm] setzt:
$f(ky)f(y)=f((k+1)y)-f((k-1)y) [mm] \gdw f(y)=\frac{f(ky+y)+f(ky-y)}{f(ky)}$
[/mm]
LG
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Ich sehe leider auch hier nicht wirklich, wie ich f identisch 2 zeigen könnte. Übrigens ist das nur die Vermutung von mir, dass die Funktion konstant 2 ist.
Lg, David
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Kann mir jmd. noch einen Tip geben? :)
Lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 Do 19.05.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Eines habe ich vergessen. f ist stetig auf ganz R.
Lg, David
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Wuhuu, ich glaube ich habe es :)
Also meine Lösung ist jetzt über Widerspruchsbeweis. Da der Graph der Funktion spiegelsymmetrisch ist, betrachten wir nur für x>=0.
Nehmen wir nun an, dass f(t1)<2 ist mit dem minimalen t1>0.
Dann setzen wir in die Funktionsgleichung ein: x=y=t1/2 und erhalten:
f(t1/2)²=f(t1)+2<4 woraus f(t1/2)<2 folgt, was aber im Widerspruch zur Minimalität zu t1 steht. Also folgt f(x)>=2 für alle x>0 und damit insgesamt für alle x.
Genauso kann man zeigen, dass f(x)<=2 gilt und damit dann f(x)=2 für alle x.
Kann man das so machen, oder sieht wer einen Fehler? :)
Lg, David
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:35 Do 19.05.2011 | | Autor: | fred97 |
> Wuhuu, ich glaube ich habe es :)
>
> Also meine Lösung ist jetzt über Widerspruchsbeweis. Da
> der Graph der Funktion spiegelsymmetrisch ist, betrachten
> wir nur für x>=0.
>
> Nehmen wir nun an, dass f(t1)<2 ist mit dem minimalen t1>0.
Wer sagt, dass es solch ein minimales [mm] t_1 [/mm] gibt ?
Du betrachtest also die Menge
[mm] $M:=\{t>0: f(t)<2\}$
[/mm]
und nimmst an, dass $M [mm] \ne \emptyset$ [/mm] ist.
Wenn Du garantieren kannst, dass M ein Minimum besitzt, so ist Dein weiterer Beweis korrekt, aber kannst Du das ? Es könnte doch sein, dass 0= inf M ist
Du mußt also zeigen: infM [mm] \in [/mm] M.
FRED
> Dann setzen wir in die Funktionsgleichung ein: x=y=t1/2 und
> erhalten:
>
> f(t1/2)²=f(t1)+2<4 woraus f(t1/2)<2 folgt, was aber im
> Widerspruch zur Minimalität zu t1 steht. Also folgt
> f(x)>=2 für alle x>0 und damit insgesamt für alle x.
>
> Genauso kann man zeigen, dass f(x)<=2 gilt und damit dann
> f(x)=2 für alle x.
> Kann man das so machen, oder sieht wer einen Fehler? :)
>
> Lg, David
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Hm, ja ich kann dies leider nicht zeigen. :( Schade^^
Aber ich konnte bereits zeigen, dass f(x)>=2 ist für alle x Element R.
Dazu nehmen wir die Existenz eines Wertes x1 an, für das f(x1)<2 gilt, also f(x1) geschrieben werden kann als f(x1)=2-e(1).
Setzen wir in die Funktionalgleichung x=y, so folgt
f(x)²=f(2x)+2 ---> f(2x)=f(x)²-2. Nun führen wir eine Folge {xk} ein, sodass
x1=x1 und x(k+1)=2x(k)
Damit erhalten wir f(x(k+1))=f(x(k))²-2 (1). Aus dieser Gleichung folgt mit x1<2 und vollständiger Induktion recht einfach, dass f(x(k))<2 für alle k.
Wir können also f(xk)=2-e(k) schreiben.
Aus (1) folgt noch: f(x(k+1))<2f(x(k))-2, also
2-e(k+1)<2(2-e(k))-2 ---> e(k+1)>2e(k)
Und damit dann e(k+1)>2e(k)>... [mm] 2^k*e(1)
[/mm]
... Also f(x(k+1))=2-e(k+1)< [mm] 2-2^k*e(1)
[/mm]
Nun wird [mm] 2^k*e(1) [/mm] beliebig groß, also f(x(k+1)) beliebig klein, demnach auch kleiner als 0, im Widerspruch, dass f nur in die positiven Zahlen abbidet.
Damit hätte ich gezeigt, dass f(x)>=2 ist für alle x.
Weiter bin ich bisher nicht gekommen. Hat da vielleicht jemand eine Idee? :)
Lg, David
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:54 Do 19.05.2011 | | Autor: | Fulla |
Hallo KingStone007,
was ist denn deine Funktion e z.B. in [mm]f(x_1)=2-e(1)[/mm]? Und wie kommst du auf diese Darstellung?
Außerdem glaube ich nicht, dass [mm]f(x)\ge 2[/mm] für alle [mm]x\in \mathbb R[/mm]. Die Funktion [mm]f(x)=2\cos(x)[/mm] erfüllt beispielsweise die Funktionalgleichung und es gilt [mm]f(x)\le 2[/mm] für alle [mm]x\in\mathbb R[/mm].
Lieben Gruß,
Fulla
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:14 Do 19.05.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo KingStone007,
>
> was ist denn deine Funktion e z.B. in [mm]f(x_1)=2-e(1)[/mm]? Und
> wie kommst du auf diese Darstellung?
Hallo Fulla,
Kingstone hat angenommen, dass [mm] f(x_1)<2 [/mm] ist . Dann hat man mit einen [mm] e_1>0 [/mm] , dass
[mm] f(x_1)=2-e_1 [/mm]
ist.
>
> Außerdem glaube ich nicht, dass [mm]f(x)\ge 2[/mm] für alle [mm]x\in \mathbb R[/mm].
> Die Funktion [mm]f(x)=2\cos(x)[/mm]
Diese Funktion nimmt Werte [mm] \le [/mm] 0 an !!
Vorausgesetzt ist für die Funktion f, dass sie Werte in (0, [mm] \infty) [/mm] annimmt.
FRED
> erfüllt beispielsweise die
> Funktionalgleichung und es gilt [mm]f(x)\le 2[/mm] für alle
> [mm]x\in\mathbb R[/mm].
>
>
> Lieben Gruß,
> Fulla
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Ja genau. Also wäre es jetzt bewiesen, dass f(x)>=2 gilt. Wenn ja, dann komm ich jetzt nicht weiter.
Lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:21 So 22.05.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Entschuldigt, aber die Fälligkeit ist abgelaufen, also stelle ich diesen Post noch einmal als Frage. Denn ich bin immer noch an einer Lösung interessiert.
Lg, David
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Frage: Angenommen, ich erweitere den Wertebereich um die negativen reelen Zahlen und auch 0, und erhalte dann eine Menge von Funktionen, die eindeutig sind.
Dann ist doch die Menge der wirklich gesuchten Funktionen mit eingeschränkten Wertebereich eine Teilmenge der Menge aller Funktionen für Wf [mm] \in [/mm] R, oder?!
Also, ich könnte zeigen, dass die Funktionalgleichung von f identisch 0, f(x)=2 cos bx und f(x)=2 cosh bx erfüllt ist. Da letztere beiden Funktionen aber negative Funktionswerte annehmen, muss man b speziell setzen, z.B. b=0. Ebenso die Funktion f identisch 0 fällt raus, sodass mit dem speziellen b, nur f(x)=2 bleibt.?!
Lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:57 Sa 21.05.2011 | | Autor: | fred97 |
> Frage: Angenommen, ich erweitere den Wertebereich um die
> negativen reelen Zahlen und auch 0, und erhalte dann eine
> Menge von Funktionen, die eindeutig sind.
> Dann ist doch die Menge der wirklich gesuchten Funktionen
> mit eingeschränkten Wertebereich eine Teilmenge der Menge
> aller Funktionen für Wf [mm]\in[/mm] R, oder?!
> Also, ich könnte zeigen, dass die Funktionalgleichung von
> f identisch 0, f(x)=2 cos bx und f(x)=2 cosh bx erfüllt
> ist.
Wenn Du wirklich zeigen konntest, dass die obigen Funktionen die einzigen Lösungen sind:
Glückwunsch !
Google mal nach: "d'Alembertsche Funktionalgleichung"
FRED
> Da letztere beiden Funktionen aber negative
> Funktionswerte annehmen, muss man b speziell setzen, z.B.
> b=0. Ebenso die Funktion f identisch 0 fällt raus, sodass
> mit dem speziellen b, nur f(x)=2 bleibt.?!
>
> Lg
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