Funksjonalligning

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Finn alle $C^{\infty}$ funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $f(1)=2$ og $\forall a,b\in \mathbb{R}| a^2+b^2=1$ og $\forall x\in\mathbb{R}$ gjelder $$ f(ax)f(bx)=f(x)$$
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Gustav skrev:Finn alle $C^{\infty}$ funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $f(1)=2$ og $\forall a,b\in \mathbb{R}| a^2+b^2=1$ og $\forall x\in\mathbb{R}$ gjelder $$ f(ax)f(bx)=f(x)$$
Dette er på ingen måte en komplett løsning, men hvertfall en av funksjonene. Har du noen tips til hvordan jeg kan finne de andre eller bevise at dette er den eneste?

Sett $x=1$ så fås $f(a)f(b)=f(1)=2$. At $a^2+b^2=1$ sier oss at $(a,b)$ er punkt på enhetssirkelen, så vi kan skrive $a=\cos \theta$, $b=\sin \theta$. Dermed er $f(\cos(\theta))f(\sin(\theta)) = 2$. Med motivasjon i å bruke $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ så ser vi at siden $f(\cos(\theta))f(\sin(\theta))$ er et produkt så er måte å gjør om dette produktet til en sum ved å bruke eksponentialfunksjonen. Det er ganske lett å se at $f(x)=2^{x^2}$ gjør jobben, for da fås $f(\cos(\theta))f(\sin(\theta))=2^{\cos^2(\theta)}2^{\sin^2(\theta)} = 2^{\cos^2\theta + \sin^2 \theta} = 2$. Ved innsetting i $f(ax)f(bx)=f(x)$ så sees at denne funksjonen tilfredstiller funksjonallikningen: $f(ax)f(bx)=2^{(ax)^2}2^{(bx)^2} = 2^{x^2(a^2+b^2)} = 2^{x^2} = f(x)$.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Riktig svar!

Tips: Omskriv til en Cauchy-ligning ved å benytte blant annet betingelsen på a og b, og bruk at de eneste kontinuerlige løsningene av Cauchys funksjonalligning er på formen f(x)=cx for en konstant c.
zzzivert
Noether
Noether
Innlegg: 48
Registrert: 27/10-2014 09:26

La $a=1, b=0, x=1$, da får vi $f(1)f(0)=f(1) \Rightarrow f(0)=1$.
Videre ser vi at dersom $a=-1, b=0$, får vi $f(-x)f(0)=f(x) \Rightarrow f(-x)=f(x)$.
Lar vi $a=\frac{\sqrt{2}}{2}, b=\frac{\sqrt{2}}{2}$, får vi $f(x)=f(\frac{\sqrt{2}}{2}x)^2\ge 0$.
Anta at $f(c)=0$ for en $c>0$, da følger det fra over at $0=f(c)=f(\frac{\sqrt{2}}{2}c)=f(\frac{1}{2}c)=...$,
så det finnes en $c\in (0,1)$ der $f(c)=0$. Men dersom vi lar $a=c, b=\sqrt{1-c^2}, x=1$,
får vi $0=f(c)f(\sqrt{1-c^2})=f(1)=2$ som er en motsigelse. Derfor er $f(x)>0$.

Vi kan defor gjøre substitusjonen:
$f(x)=2^{g(x^2)}$ for $x\ge 0$.
Merk at $g$ er kontinuerlig, med $g(1)=1$.

Da har vi:
$2^{g((ax)^2)}2^{g((bx)^2)}=2^{g(x^2)}$
$g((ax)^2)+g((bx)^2)=g(x^2)$
$g((ax)^2)+g((bx)^2)=g((ax)^2+(bx)^2)$
$g(\alpha)+g(\beta)=g(\alpha+\beta)$ der $\alpha = (ax)^2, \beta = (bx)^2$

Dette er en Cauchy-ligning, og som Gustav nevnte over er de eneste kontinuerlige løsningene av
Cauchys funksjonalligning på formen $g(x)=cx$. Og siden $g(1)=1$, får vi $g(x)=x \Rightarrow g(x^2)=x^2$.

Dette, i tillegg til at $f(-x)=f(x)$, gir at $f(x)=2^{x^2}$.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Utmerket!

Kjører på med en oppfølger:

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4$ for alle $x$.
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Gustav skrev:Kjører på med en oppfølger:

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4$ for alle $x$.
Substitusjonen $x \mapsto 1-x$ gir at $$(1-x)^2f(1-x)+f(x)=2(1-x)-(1-x)^4 \implies x^2f(x) = x^2(2(1-x)-(1-x)^4-(1-x)^2f(1-x))$$ Sammenligner vi denne med original funksjonallikning og setter $x^2f(x)=x^2f(x)$ får vi at $$2x-x^4-f(1-x)= x^2(2(1-x)-(1-x)^4-(1-x)^2f(1-x)) \\ f(1-x)(x^2(1-x)^2-1) = x^2(2(1-x)-(1-x)^4) - 2x + x^4$$ Dersom vi nå antar at $x \neq \frac{1\pm 5}{2}$ så kan vi dele på $x^2(1-x)^2-1$. Dette gir at $$f(1-x) = \frac{x^2(2(1-x)-(1-x)^4) - 2x + x^4}{x^2(1-x)^2-1}$$ Og tonnevis av algebra gir videre at $f(1-x)=(2-x)x$, som ved å la $x \mapsto 1-x$ på nytt gir at $f(x)=-x^2+1$, og innsetting viser at denne funksjonen faktisk fungerer for alle $x$. Dermed fungerer den også (ikke sant?) for de punktene vi utelatte.

Oppfølger: Finn alle funksjoner $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ som tilfredstiller
$$f(f(x))+af(x)=b(a+b)x$$ der $a,b \in \mathbb{R}$.

Hint:
[+] Skjult tekst
Lag en rekursjon. Sett $x_n=f(x_{n-1})$.
Svar