Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$ (altså funksjoner definert på de positive reelle tall inn i de positive reelle tall) slik at $\lim_{x\to\infty}f(x) = 0$ og
\begin{equation}
f(xf(y))=yf(x)
\end{equation}.
Funksjonalligning
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Funksjonalligninger er absolutt ikke min sterkeste side, men gjør et forsøk allikevel 
Setter henholdsvis x og y lik 1:
[tex]f(f(y))=yf(1)[/tex]
[tex]f(xf(1))=f(x)[/tex]
Setter den første inn i den andre og får:
[tex]f(f(f(x)))=f(x)[/tex]
Setter [tex]y = f(f(y))[/tex] i den opprinnelig ligningen:
[tex]f(xf(f(f(y))))=f(xf(y))=f(x)f(f(y))[/tex]
[tex]f(f(1))=f(1)f(f(1))[/tex]
Siden funksjonen ikke kan ta verdien 0, er divisjonen på [tex]f(f(1))[/tex] lovlig og [tex]f(1)=1[/tex]
Fra den første ligningen følger det at
[tex]f(f(x))=x[/tex]
Setter [tex]y=f(y)[/tex] i den opprinnelige ligningen
[tex]f(xf(f(y)))=f(xy)=f(x)f(y)[/tex]
Dette er en variant av Cauchy's funksjonalligning og har løsning [tex]f(x)=x^n[/tex]
Setter dett inn i den opprinnelige ligningen:
[tex]x^n y^{n^2}=x^n y[/tex]
Dermed må [tex]n=\pm 1[/tex]
For at grenseverdien også skal være oppfylt må [tex]n=-1[/tex]
Som gir at funksjonen [tex]f(x)=\frac1{x}[/tex] er eneste løsning, det er lett å sjekke at denne fungerer ved innsetting.
Problemet her er at Cauchys funksjonalligning kun har denne entydige løsningen over de rasjonale tallene,
evt. over de relle tallene hvis funksjonen er kontinuerlig i et punkt. Mulig at grenseverdikriteriet gitt i oppgaven også holder,
men det er jeg usikker på...
Setter henholdsvis x og y lik 1:
[tex]f(f(y))=yf(1)[/tex]
[tex]f(xf(1))=f(x)[/tex]
Setter den første inn i den andre og får:
[tex]f(f(f(x)))=f(x)[/tex]
Setter [tex]y = f(f(y))[/tex] i den opprinnelig ligningen:
[tex]f(xf(f(f(y))))=f(xf(y))=f(x)f(f(y))[/tex]
[tex]f(f(1))=f(1)f(f(1))[/tex]
Siden funksjonen ikke kan ta verdien 0, er divisjonen på [tex]f(f(1))[/tex] lovlig og [tex]f(1)=1[/tex]
Fra den første ligningen følger det at
[tex]f(f(x))=x[/tex]
Setter [tex]y=f(y)[/tex] i den opprinnelige ligningen
[tex]f(xf(f(y)))=f(xy)=f(x)f(y)[/tex]
Dette er en variant av Cauchy's funksjonalligning og har løsning [tex]f(x)=x^n[/tex]
Setter dett inn i den opprinnelige ligningen:
[tex]x^n y^{n^2}=x^n y[/tex]
Dermed må [tex]n=\pm 1[/tex]
For at grenseverdien også skal være oppfylt må [tex]n=-1[/tex]
Som gir at funksjonen [tex]f(x)=\frac1{x}[/tex] er eneste løsning, det er lett å sjekke at denne fungerer ved innsetting.
Problemet her er at Cauchys funksjonalligning kun har denne entydige løsningen over de rasjonale tallene,
evt. over de relle tallene hvis funksjonen er kontinuerlig i et punkt. Mulig at grenseverdikriteriet gitt i oppgaven også holder,
men det er jeg usikker på...
Det er grenseverdikriteriet som sikrer at løsningen er entydig, ja.
Jeg løste den på følgende måte:
$f(xf(y))=yf(x)$.
Sett $x=y=1$, så $f(f(1))=f(1)$. Sett x=f(1) og y=1, så er $f(1)=f(f(1))=f(f(f(1))) = f(1)f(1)$, altså er $f(1)=1$.
Ved innsetting ser vi at $f(x)=\frac{1}{x}$ er en mulig løsning som også oppfyller grenseverdien.
Anta at det fins en annen løsning $f(x)$. Da må det eksistere en $x_0$ slik at $f(x_0)\neq \frac{1}{x_0}$. Kall $f(x_0)=\frac{k}{x_0}$ der $0<k\neq 1$. Altså er $x_0f(x_0)=k\neq 1$. Sett $y=x$ i den opprinnelige ligningen:
\begin{equation}
\label{eqx}
f(xf(x))=xf(x)
\end{equation}
La $x=x_0$. Vi får at $f(x_0f(x_0))=x_0f(x_0)$, altså at $f(k)=k$. Sett $x=k$ i ligning \ref{eqx}. Vi får at $f(kf(k))=kf(k)$ som er det samme som at $f(k^2)=k^2$. Fortsetter videre med å sette inn $x=k^2$ i ligning \ref{eqx}. Vi får at $f(k^2f(k^2))=k^2f(k^2)$, altså er $f(k^4)=k^4$. Induksjon gir at
\begin{equation}
\label{eq2}
f(k^{2^n})=k^{2^n}
\end{equation}
Setter så inn $x=\frac{1}{k}$ og $y=k$ i den opprinnelige ligningen, så $f(\frac{f(k)}{k})=kf(\frac{1}{k})$. Altså er $f(\frac{1}{k})=\frac{1}{k}$. Setter nå inn $x=\frac{1}{k}$ i ligning \ref{eqx} og får på samme måte som over at
\begin{equation}
\label{eq3}
f((\frac{1}{k})^{2^n}) =(\frac{1}{k})^{2^n}
\end{equation}
Siden $0<k\neq 1$ vil én av ligningene \ref{eq2} eller \ref{eq3} gi at f(x) ikke kan gå mot 0 når x går mot uendelig, og vi får en motsigelse. Eneste løsning er derfor $f(x)=\frac{1}{x}$.
Jeg løste den på følgende måte:
$f(xf(y))=yf(x)$.
Sett $x=y=1$, så $f(f(1))=f(1)$. Sett x=f(1) og y=1, så er $f(1)=f(f(1))=f(f(f(1))) = f(1)f(1)$, altså er $f(1)=1$.
Ved innsetting ser vi at $f(x)=\frac{1}{x}$ er en mulig løsning som også oppfyller grenseverdien.
Anta at det fins en annen løsning $f(x)$. Da må det eksistere en $x_0$ slik at $f(x_0)\neq \frac{1}{x_0}$. Kall $f(x_0)=\frac{k}{x_0}$ der $0<k\neq 1$. Altså er $x_0f(x_0)=k\neq 1$. Sett $y=x$ i den opprinnelige ligningen:
\begin{equation}
\label{eqx}
f(xf(x))=xf(x)
\end{equation}
La $x=x_0$. Vi får at $f(x_0f(x_0))=x_0f(x_0)$, altså at $f(k)=k$. Sett $x=k$ i ligning \ref{eqx}. Vi får at $f(kf(k))=kf(k)$ som er det samme som at $f(k^2)=k^2$. Fortsetter videre med å sette inn $x=k^2$ i ligning \ref{eqx}. Vi får at $f(k^2f(k^2))=k^2f(k^2)$, altså er $f(k^4)=k^4$. Induksjon gir at
\begin{equation}
\label{eq2}
f(k^{2^n})=k^{2^n}
\end{equation}
Setter så inn $x=\frac{1}{k}$ og $y=k$ i den opprinnelige ligningen, så $f(\frac{f(k)}{k})=kf(\frac{1}{k})$. Altså er $f(\frac{1}{k})=\frac{1}{k}$. Setter nå inn $x=\frac{1}{k}$ i ligning \ref{eqx} og får på samme måte som over at
\begin{equation}
\label{eq3}
f((\frac{1}{k})^{2^n}) =(\frac{1}{k})^{2^n}
\end{equation}
Siden $0<k\neq 1$ vil én av ligningene \ref{eq2} eller \ref{eq3} gi at f(x) ikke kan gå mot 0 når x går mot uendelig, og vi får en motsigelse. Eneste løsning er derfor $f(x)=\frac{1}{x}$.