f(x+y) = f(x) + f(y) < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:28 So 14.01.2007 | | Autor: | Varphi |
| Aufgabe | Man bestimme alle stetigen Funktion f und g, die folgenden Funktionalgleichungen genügen
i) f: R -> R mit f(x+y) = f(x) + f(y) für alle x,y R
ii) f:R+ -> R mit f(x*y) = f(x) + f(y)für alle x,y R+
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Ich habe mir dazu überlegt, dass man doch praktisch alle stetigen funktionen als Polynomfunktion bzw. als Reihe der Form:
[mm]
f(x) = p(x) = \summe_{n=1}^{N} a_n*x^n [/mm]
darstellen kann.
Den Cos(x) kann man so darstellen, quadratische Funktionen, linerare Abbildungen, usw und
Kann man damit beweisen dass zum Beispiel in aufgabe i) nur die lineare Abbildung
[mm]f(x)=m*x[/mm] der Bedingung genügt?
Hab die Reihen gleichgesetzt unter der Bedingung und gezeigt dass n=1 bis N=1 sein muss und das es halt nur ein [mm]a_1[/mm] gibt welches halt ne konstante ist. Somit ist der Achsenabschnitt +b sowieso 0.
Kann man das so zeigen? und analog aufgabe 2?
Vielen dank.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hi, Varphi,
> Man bestimme alle stetigen Funktion f und g, die folgenden
> Funktionalgleichungen genügen
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> i) f: R -> R mit f(x+y) = f(x) + f(y) für alle x,y R
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> ii) f:R+ -> R mit f(x*y) = f(x) + f(y)für alle x,y R+
>
> Ich habe mir dazu überlegt, dass man doch praktisch alle
> stetigen funktionen als Polynomfunktion bzw. als Reihe der
> Form:
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> [mm]
f(x) = p(x) = \summe_{n=1}^{N} a_n*x^n [/mm]
> darstellen kann.
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> Den Cos(x) kann man so darstellen, quadratische Funktionen,
> linerare Abbildungen, usw und
>
>
> Kann man damit beweisen dass zum Beispiel in aufgabe i) nur
> die lineare Abbildung
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> [mm]f(x)=m*x[/mm] der Bedingung genügt?
>
> Hab die Reihen gleichgesetzt unter der Bedingung und
> gezeigt dass n=1 bis N=1 sein muss und das es halt nur ein
> [mm]a_1[/mm] gibt welches halt ne konstante ist. Somit ist der
> Achsenabschnitt +b sowieso 0.
> Kann man das so zeigen? und analog aufgabe 2?
Idee (bzw. Hinweis) zu Aufgabe 2:
f(x*y) = f(x) + f(y) ist ja sozusagen DAS "Erkennungsmerkmal" der Logarithmusfunktionen.
Vielleicht könntest Du so vorgehen, dass Du zeigst, dass diese Funktionen die einzigen sind, für die diese Gleichung gilt?
mfG!
Zwerglein
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:50 So 14.01.2007 | | Autor: | Varphi |
Das wär ja quasi der Beweis - so gut wie jedenfalls.
Das wäre ja meine generelle Frage gewesen. Bei Aufgabe i) hab ich ja versucht es mit einer Polynomfunktion/Reihe zu zeigen. Wenn das richtig ist, so hätte ich damit ja gezeigt, dass es nur für Geradengleichungen mit Achsenabschnitt 0 gehen kann.
Hab dasselbe auch beim Logarithmus bzw. dem natürlichen Logarithmus versucht nur krieg ich dann sowas wie:
[mm]
a_n*x^k*y^k=a_n*(x^k+y^k)
[/mm]
nur weiß ich nicht wie ich dann den Bogen zum Logarithmus als einziger Funktion kriege, die das erfüllt. Könnte ich damit sagen, dass diese gleichung für eine einfache folge falsch ist, und überspringen zum Grenzwert der Reihe?
Könnte ich versuchen in dieser Reihe mit dem Grenzwert zu argumentieren? In der Vorlesung hatten wir schon besprochen, dass der Logarithmus diese Bedingung erfüllt. Aber als einzige Funktion?
Hoffe jemand kann noch was dazu sagen :)
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In der Tat sind es unter den stetigen Funktionen genau die Propotionalitäten [mm]x \mapsto \lambda x[/mm] (mit konstantem [mm]\lambda \in \mathbb{R}[/mm]), die die Funktionalgleichung (i) lösen. Der Beweis erfolgt am besten über den Aufbau des Zahlsystems.
Setze in der Funktionalgleichung [mm]x=y=0[/mm] ein. Dann erhältst du mit einer kleinen Rechnung sofort [mm]f(0)=0[/mm]. Definiere dann [mm]\lambda[/mm] durch [mm]\lambda = f(1)[/mm].
Wende die Funktionalgleichung für [mm]k = 1 + 1 + 1 + \ldots + 1[/mm] wiederholt an, dann kannst du [mm]f(k) = \lambda k[/mm] für ganzzahlige [mm]k > 0[/mm] nachweisen (strenggenommen mußt du einen Induktionsbeweis führen). Für [mm]k=0[/mm] stimmt die Formel auch (siehe oben). Und mittels [mm]0 = f(0) = f \left( k + (-k) \right) = f(k) + f(-k)[/mm] folgt mit dem Bisherigen zusammen [mm]f(-k) = \lambda (-k)[/mm]. Damit hast du dann [mm]f(n) = \lambda n[/mm] für alle [mm]n \in \mathbb{Z}[/mm] nachgewiesen.
Dann überlege selbst, wie du [mm]f(t) = \lambda t[/mm] für alle [mm]t \in \mathbb{Q}[/mm] zeigst. Um das schließlich auf alle reellen [mm]x[/mm] auszudehnen, beachte, daß sich jede reelle Zahl als Grenzwert einer rationalen Zahlenfolge schreiben läßt, und verwende die Stetigkeit von [mm]f[/mm].
Bei der Funktionalgleichung (ii) kannst du das Ergebnis von (i) mitverwenden. Zeige, daß, sieht man vom trivialen Fall, daß [mm]f[/mm] identisch 0 ist, ab, es ein [mm]a>0 , a \neq 1[/mm] mit [mm]f(a) = 1[/mm] geben muß, und setze [mm]g(x) = f \left( a^x \right)[/mm]. Dann gilt für [mm]g[/mm] die Funktionalgleichung (i). Deren Lösungen kennst du dann aber schon ...
Dein Ansatz mit einem Polynom oder einer Reihe ist nicht vollgültig, da sich nicht jede stetige Funktion dadurch darstellen läßt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:19 So 14.01.2007 | | Autor: | Varphi |
Danke erstmal für deine Hilfe Leo.
Ich habs bis zu dem Punkt mit t Q verstanden.
Nur, wie beweise ich denn genau dass es auch für t Q gilt?
Habe mir überlegt, dass [mm]t=p/q[/mm] und dabei angenommen, dass [mm]p\in\IZ\sub[/mm] und [mm]q\in\IN\sub[/mm]
Dann kann ich doch den Faktor q vorziehen [mm]f(p/q)=1/q*f(p)=\lambda*p/q[/mm] ?
Kann man das so machen? Ansonsten hab ich an der Stelle wieder nen Haker...
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Am besten zeigst du zunächst
(*) [mm]f(n \cdot x) = n \cdot f(x)[/mm] für [mm]x \in \mathbb{R} \, , \ n \in \mathbb{Z}[/mm]
Der Beweis geht genau so wie bei [mm]f(n) = \lambda n[/mm], also erst [mm]n = 0,1,2,3,\ldots[/mm], dann Ausdehnung auf negative ganze Zahlen. (Im nachhinein gesehen hätten wir das zuerst machen sollen, denn mit [mm]x=1[/mm] und der Definition [mm]\lambda = f(1)[/mm] ist das Bisherige darin bereits enthalten. Dieser Teil der Arbeit war sozusagen unnötig.)
Dein Ansatz für die Elemente von [mm]\mathbb{Q}[/mm] ist korrekt. Setze dann in (*) speziell [mm]n = q[/mm] und [mm]x = \frac{1}{q}[/mm]. Daraus kannst du [mm]f \left( \frac{1}{q} \right)[/mm] berechnen. Wenn du das hast, dann setze in einem weiteren Schritt in (*) speziell [mm]n = p[/mm] und [mm]x = \frac{1}{q}[/mm].
Und die Ausdehnung auf beliebige reelle [mm]x[/mm] erfolgt wie gesagt mit rationalen Zahlenfolgen, die gegen [mm]x[/mm] konvergieren.
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