Finn alle (kontinuerlige) funksjoner [tex] f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/tex] slik at [tex]f(1)=1[/tex] og
[tex]f(xy+f(x))=xf(y)+f(x) \,\,\forall x,y\in\mathbb{R}[/tex]
Enda en funksjonalligning
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
[tex]f(xy+f(x))=xf(y)+f(x)[/tex]
[tex]y=0,x=1 \Rightarrow f(0)=0[/tex]
[tex]x=1,y=-1 \Rightarrow f(-1)=-1[/tex]
[tex]x=1 \Rightarrow f(y+1)=f(y)+1[/tex]. Ved induksjon er [tex]f(n)=n[/tex] for alle heltall [tex]n \geq 0[/tex].
[tex]x=-1 \Rightarrow f(-y-1)=-f(y)-1[/tex]. Ved induksjon er [tex]f(n)=n[/tex] for alle heltall [tex]n \leq 0[/tex].
Da er altså [tex]f(n)=n[/tex] for alle heltall [tex]n[/tex].
La [tex]x=q[/tex], og [tex]y=\frac{p}{q}[/tex] for heltall [tex]p[/tex] og [tex]q \not = 0[/tex]. Da er [tex]f(p+f(q))=qf(\frac{p}{q})+f(q) \Rightarrow f(\frac{p}{q})=\frac{p}{q}[/tex] ved å bruke at [tex]f(n)=n[/tex] for heltall [tex]n[/tex].
Altså er [tex]f(r)=r[/tex] for alle rasjonale [tex]r[/tex]. La [tex]x[/tex] være et irrasjonelt tall, og anta at [tex]f(x)=x+s[/tex] for et tall [tex]|s|>0[/tex].
For alle rasjonale tall [tex]r[/tex] slik at [tex]|x-r|<\frac{s}{2}[/tex], vil [tex]|f(x)-f(r)|=|s +(x-r)|\geq |s|-|x-r|>|\frac{s}{2}|[/tex]. Uansett hvor liten [tex]\delta[/tex] vi erstatter [tex]\frac{s}{2}[/tex] med vil det finnes en [tex]r[/tex] som oppfyller kritriet. [tex]f[/tex] er altså diskontinuerlig i [tex]x[/tex], men det er en motsigelse. Dermed må [tex]f(x)=x[/tex] for alle relle [tex]x[/tex].
EDIT: En liten formell omformulering.
[tex]y=0,x=1 \Rightarrow f(0)=0[/tex]
[tex]x=1,y=-1 \Rightarrow f(-1)=-1[/tex]
[tex]x=1 \Rightarrow f(y+1)=f(y)+1[/tex]. Ved induksjon er [tex]f(n)=n[/tex] for alle heltall [tex]n \geq 0[/tex].
[tex]x=-1 \Rightarrow f(-y-1)=-f(y)-1[/tex]. Ved induksjon er [tex]f(n)=n[/tex] for alle heltall [tex]n \leq 0[/tex].
Da er altså [tex]f(n)=n[/tex] for alle heltall [tex]n[/tex].
La [tex]x=q[/tex], og [tex]y=\frac{p}{q}[/tex] for heltall [tex]p[/tex] og [tex]q \not = 0[/tex]. Da er [tex]f(p+f(q))=qf(\frac{p}{q})+f(q) \Rightarrow f(\frac{p}{q})=\frac{p}{q}[/tex] ved å bruke at [tex]f(n)=n[/tex] for heltall [tex]n[/tex].
Altså er [tex]f(r)=r[/tex] for alle rasjonale [tex]r[/tex]. La [tex]x[/tex] være et irrasjonelt tall, og anta at [tex]f(x)=x+s[/tex] for et tall [tex]|s|>0[/tex].
For alle rasjonale tall [tex]r[/tex] slik at [tex]|x-r|<\frac{s}{2}[/tex], vil [tex]|f(x)-f(r)|=|s +(x-r)|\geq |s|-|x-r|>|\frac{s}{2}|[/tex]. Uansett hvor liten [tex]\delta[/tex] vi erstatter [tex]\frac{s}{2}[/tex] med vil det finnes en [tex]r[/tex] som oppfyller kritriet. [tex]f[/tex] er altså diskontinuerlig i [tex]x[/tex], men det er en motsigelse. Dermed må [tex]f(x)=x[/tex] for alle relle [tex]x[/tex].
EDIT: En liten formell omformulering.
Sist redigert av Charlatan den 29/12-2009 14:19, redigert 1 gang totalt.
Etter å ha vist at f(n)=n, kan du vel for enkelhets skyld bare si at middelverdisetningen med kontinuitet sikrer at f er surjektiv og y=0 gir f(f(x))=f(x)
[tex](\forall y\exist x \in \mathbb{R} : f(x)=y)\cup( f(x)=y \Rightarrow f(y)=y)\Leftrightarrow f(x)=x \forall x[/tex]
[tex](\forall y\exist x \in \mathbb{R} : f(x)=y)\cup( f(x)=y \Rightarrow f(y)=y)\Leftrightarrow f(x)=x \forall x[/tex]
Er ikke helt med her, man vet ikke i utgangspunktet at f er deriverbar.olalia skrev:middelverdisetningen med kontinuitet sikrer at f er surjektiv
Hvordan vil du forresten vise surjektivitet dersom man rent hypotetisk visste at f var deriverbar?
Jeg går vel litt i surr med analyseteoremene.
Det skal vel være skjæringsetningen, eller i allefall "intermediate value theorem".
[tex] \forall x \in \mathbb{R} \exists p,q \in \mathbb{N} : x \in [p,q][/tex]
Ved skjæringsetningen, som lyder slik:
Hvis [tex]f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}[/tex] er kontinuerlig,b>a og [tex]f(a)\geq 0 \geq f(b) \exists c : b\geq c\geq a[/tex] slik at f(c)=0
vil det finnes en c mellom p og q slik at x-f(c)=0 og f(c)=x.
Dermed er f surjektiv, beklager misforståelsen.
Forøvrig gir vel beviset ditt et mer generelt resultat som gjelder for kontinuerlige funksjoner [tex]f : \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q}[/tex] hvor skjæringsetningen ikke gjelder.
Det skal vel være skjæringsetningen, eller i allefall "intermediate value theorem".
[tex] \forall x \in \mathbb{R} \exists p,q \in \mathbb{N} : x \in [p,q][/tex]
Ved skjæringsetningen, som lyder slik:
Hvis [tex]f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}[/tex] er kontinuerlig,b>a og [tex]f(a)\geq 0 \geq f(b) \exists c : b\geq c\geq a[/tex] slik at f(c)=0
vil det finnes en c mellom p og q slik at x-f(c)=0 og f(c)=x.
Dermed er f surjektiv, beklager misforståelsen.
Forøvrig gir vel beviset ditt et mer generelt resultat som gjelder for kontinuerlige funksjoner [tex]f : \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q}[/tex] hvor skjæringsetningen ikke gjelder.