matematikk.net

La f : R -> R være to ganger deriverbar, $2 \pi$-periodisk, jevn funksjon.

Bevis at dersom $f''(x)+f(x)=\frac{1}{f(x+\frac{3 \pi}{2})}$, holder for hvilken som helst x, da $f$ faktisk er $\frac{\pi}{2}$-periodisk

Hvis jeg har tolket det riktig så betyr dette:

$f(x+\frac{3 \pi}{2})(f''(x)+f(x))=1$ og dermed anta at $f(x+\frac{3 \pi}{2})$ er ikke null overalt. Siden $f$ spesielt antatt er kontinuerlig, følger det at enten $f>0$ overalt eller $f<0$ overalt. Vi kan anta at den første ulikheten holder, for hvis $f<0$ overalt, da må $g:= -f>0$ overalt og $g$ må tilfredstille de samme kravene som $f$.

Noen kommentarer?

Prøver meg, uten at jeg er helt sikker:

Fordi funksjonen er 2 pi periodisk vil:

[tex]f''(x)+f(x)=\frac{1}{f(x+\frac{3 \pi}{2})} = \frac{1}{f(x-\frac{\pi}{2})}[/tex]

En funksjon er harmonisk hvis og bare hvis [tex]\triangledown ^2 f = 0[/tex], eller i vårt tilfelle [tex]f^{''}(x)=0[/tex],
så [tex]\frac{1}{f(x-\frac{\pi}{2})} = f(x-\frac{\pi}{2}) = f(x)[/tex] da enhver periodisk funksjon har egenskapen
at [tex]f(x+p)=f(x)[/tex] hvor p er perioden til f

obs, harmonisk var ikke en av antakelsene. Men hvis en kan vise at cosinus eller sinus er en løsning av diff likningen
som er harmoniske funksjoner, så er en i mål :/

riktig, cosinus og sinus er ikke harmonisk i en dimensjon, og konstante funksjoner er eneste harmoniske funksjoner
når funksjonen også er gitt periodisk.

Tror ikke f(x) er harmonisk

Vel har tenkt litt på det, så hvis $f$ er en jevn funksjon, da må jo også $\frac{1}{f''+f}$ være det. I tillegg $f(x+\frac{3 \pi}{2})=f(x-\frac{\pi}{2})$ fra $2 \pi$-perioden, derfor må pgså $f(x-\frac{\pi}{2})$ være jevn. Det er enkelt å vise at dersom et hvilket som helst jevn funksjon, som fortsatt blir jevn da den blir byttet med $\frac{\pi}{2}$, er $\pi$-periodisk.

Mener, dette er riktig:

[tex]f'(x)[/tex] har samme periode som [tex]f(x)[/tex] så
[tex]f''(x)[/tex] har også samme periode som har samme periode som [tex]f(x)[/tex] da f(x) er to ganger deriverbar så

Fordi vi har en even funksjon, så gjelder alltid LCM regelen:

Perioden til summen av to funksjoner er gitt ved [tex]lcm(p_{f''(x)},p_{f(x)}) = p_{f(x)}[/tex] da f(x) og f''(x) har samme periode.

Kall g(x) = f''(x) + f(x)

[tex]g(x) = \frac{1}{f(x+\frac{3\pi}{2})}[/tex]

[tex]\frac{1}{f(x+\frac{3\pi}{2})}[/tex] har perioden [tex]lcm(1,p_{f(x+\frac{3\pi}{2})}) = p_{f(x+\frac{3\pi}{2})}[/tex]

[tex]h(x+\frac{3\pi}{2}) = \frac{1}{f(x+\frac{3\pi}{2})}[/tex]

Fordi vi har [tex]2\pi[/tex] periodiskhet vil

Siden [tex]g(x) = h(x-\frac{\pi}{2})[/tex] er lik, så har de samme periode. Men da må
[tex]g(x)=g(x-\frac{\pi}{2})[/tex] som per definisjon gir at g(x), og følgelig f(x) har periode [tex]\frac{\pi}{2}[/tex]

pit wrote:Mener, dette er riktig:

[tex]f'(x)[/tex] har samme periode som [tex]f(x)[/tex] så
[tex]f''(x)[/tex] har også samme periode som har samme periode som [tex]f(x)[/tex] da f(x) er to ganger deriverbar så

Fordi vi har en even funksjon, så gjelder alltid LCM regelen:

Perioden til summen av to funksjoner er gitt ved [tex]lcm(p_{f''(x)},p_{f(x)}) = p_{f(x)}[/tex] da f(x) og f''(x) har samme periode.

Kall g(x) = f''(x) + f(x)

[tex]g(x) = \frac{1}{f(x+\frac{3\pi}{2})}[/tex]

[tex]\frac{1}{f(x+\frac{3\pi}{2})}[/tex] har perioden [tex]lcm(1,p_{f(x+\frac{3\pi}{2})}) = p_{f(x+\frac{3\pi}{2})}[/tex]

[tex]h(x+\frac{3\pi}{2}) = \frac{1}{f(x+\frac{3\pi}{2})}[/tex]

Fordi vi har [tex]2\pi[/tex] periodiskhet vil

Siden [tex]g(x) = h(x-\frac{\pi}{2})[/tex] er lik, så har de samme periode. Men da må
[tex]g(x)=g(x-\frac{\pi}{2})[/tex] som per definisjon gir at g(x), og følgelig f(x) har periode [tex]\frac{\pi}{2}[/tex]

Jeg føler at argumentene holder ikke, men jeg løste den ferdig slik, så kan du se over:

Fra forrige post så sa jeg at $f$ er $\pi$-periodisk. Ved å bruke $\pi$ periodisitet, kan det enkelt vises at:

$f(x)= \frac{1}{f''(x- \frac{\pi}{2})+f(x-\frac{\pi}{2})}$

Denne ligningen samt det jeg postet i det andre innlegget ($f(x+\frac{3\pi}{2})(f''(x)+f(x))=1$) gir:

$f(x)f''(x-\frac{\pi}{2})=f''(x)f(x-\frac{\pi}{2})$.

Definerer $g(x):=f(x-\frac{\pi}{2}).$

Så: $fg''=f''g\rightarrow \partial(f'g-fg')=0 \rightarrow f'g=fg'+C$, hvor C er en konstant

Men ved å evaluere det siste ligningen med $y:=x+\frac{\pi}{2}$ får vi:

$f'(x+\frac{\pi}{2})f(x)=f(x+\frac{\pi}{2})f'(x)+C$

Og ved å bruke $\pi$-periodisitet:

$g'(x)f(x)=g(x)f'(x)+C.$

Dette er bare kompatibel med $f'g=fg'+C$, hvis $C=0$. Så vi har at:

$\frac{f'}{f}-\frac{g'}{g}= \partial[\ln \frac{f}{g}]=0$

Så hvis $f=\lambda g$ for positive konstanter $\lambda$.

Verdien av $\lambda$ kan ikke bli noe annet enn 1, for ellers vill $f(x)$ konvergere mot 0 for store $x$ verdier, dersom $\lambda<1$ ellers vil den være grenseløs for $\lambda >1$. Begge tilfellene er utelukket for en positiv periodisk funksjon, og derfor må $\lambda=1$.

Kjemikern wrote:
Fra forrige post så sa jeg at $f$ er $\pi$-periodisk. Ved å bruke $\pi$ periodisitet, kan det enkelt vises at:

$f(x)= \frac{1}{f''(x- \frac{\pi}{2})+f(x-\frac{\pi}{2})}$

Denne ligningen samt det jeg postet i det andre innlegget ($f(x+\frac{3\pi}{2})(f''(x)+f(x))=1$) gir:

$f(x)f''(x-\frac{\pi}{2})=f''(x)f(x-\frac{\pi}{2})$.

Hvordan får du den siste identiteten her? Jeg får det ikke helt til å stemme i farten..

plutarco wrote:

Kjemikern wrote:
Fra forrige post så sa jeg at $f$ er $\pi$-periodisk. Ved å bruke $\pi$ periodisitet, kan det enkelt vises at:

$f(x)= \frac{1}{f''(x- \frac{\pi}{2})+f(x-\frac{\pi}{2})}$

Denne ligningen samt det jeg postet i det andre innlegget ($f(x+\frac{3\pi}{2})(f''(x)+f(x))=1$) gir:

$f(x)f''(x-\frac{\pi}{2})=f''(x)f(x-\frac{\pi}{2})$.

Hvordan får du den siste identiteten her? Jeg får det ikke helt til å stemme i farten..

Fra $2\pi$-periode kan $f(x+\frac{3 \pi}{2})$ bli skrevet som $f(x-\frac{\pi}{2})$ Altså kan likningen bli skrevet som $f(x-\frac{\pi}{2})(f''(x)+f(x))=1$. Denne likningen sammen med $f(x)= \frac{1}{f''(x- \frac{\pi}{2})+f(x-\frac{\pi}{2})}$ gir oss: $f(x)f''(x-\frac{\pi}{2})=f''(x)f(x-\frac{\pi}{2})$.

Ja, ser at det var rett nå. Fin løsning!

Kjemikern wrote:
Verdien av $\lambda$ kan ikke bli noe annet enn 1, for ellers vill $f(x)$ konvergere mot 0 for store $x$ verdier, dersom $\lambda<1$ ellers vil den være grenseløs for $\lambda >1$. Begge tilfellene er utelukket for en positiv periodisk funksjon, og derfor må $\lambda=1$.

Alternativ argumentasjon på siste del: $f(x)=\lambda f(x-\frac{\pi}{2})=\lambda^2 f(x-\pi)=\lambda^2f(x)$ fra $\pi-$periodisiteten. Altså må $\lambda =1$ siden den er ikkenegativ.

plutarco wrote:

Kjemikern wrote:
Verdien av $\lambda$ kan ikke bli noe annet enn 1, for ellers vill $f(x)$ konvergere mot 0 for store $x$ verdier, dersom $\lambda<1$ ellers vil den være grenseløs for $\lambda >1$. Begge tilfellene er utelukket for en positiv periodisk funksjon, og derfor må $\lambda=1$.

Alternativ argumentasjon på siste del: $f(x)=\lambda f(x-\frac{\pi}{2})=\lambda^2 f(x-\pi)=\lambda^2f(x)$ fra $\pi-$periodisiteten. Altså må $\lambda =1$ siden den er ikkenegativ.

Jepp denne var litt mer ryddigere enn min. Takk!