Kalkulus-oppgave

[svinepels]

Mener dette skal stemme. Artig å bevise, og ikke helt umulig for førsteklassinger.

La [tex]f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}[/tex] være kjennetegnet ved at

[tex]f(xy)=f(x)f(y)[/tex]

for alle [tex]x,y \in \mathbb{R}[/tex]. Vis at da må f enten være en odde eller en like funksjon.

[Fibonacci92]

Vi ser at f(x) = 0 løser systemet. f er da en odde funksjon og en like funksjon. Vi antar derfor at f ikke er nullfunksjonen.

f(x*1) = f(x)*f(1) => f(1) = 1

1= f(1) = f((-1)(-1)) = f(-1)f(-1) =>f(-1) = [symbol:plussminus] 1

Dersom f(-1) = 1 har vi at:
f(-x) = f(x*(-1)) = f(-1)f(x) = f(x) => f er en like funksjon

Dersom f(-1) = -1 har vi at:
f(-x) = f(x*(-1)) = f(-1)f(x) = -f(x) => f er en odde funksjon

f er altså en odde og/eller en like funksjon.

[Charlatan]

Oppfølger: Finn alle funksjoner som tilfredstiller kriteriet.

[Karl_Erik]

Vi har også [tex]f(x)f(0)=f(0)[/tex], så [tex]f(x)=1 \forall x[/tex] eller [tex]f(0)=0[/tex]. Første løsning stemmer trivielt, så antar videre at [tex]f(0)=0[/tex]. Er f heller ikke nullfunksjonen er [tex]f(1)=1[/tex], så [tex]f(\frac 1 x)=\frac 1 {f(x)}[/tex]. Vi ser også at siden f enten er odde eller like holder det å finne verdiene til [tex]f[/tex] på positive halvakse. Betrakt derfor [tex]g(x)=\log f(x)[/tex], som er veldefinert siden [tex]y=x[/tex] gir [tex]f(x^2)=f(x)^2> 0[/tex] dersom [tex]f(x)\not = 0[/tex], og er [tex]f(x)=0[/tex] for x ulik 0 er [tex]f(1)=f(x \cdot \frac 1 x) = f(x)f(\frac 1 x) = 0[/tex] og motsigelse. Vi har da [tex]g(xy)=g(x)+g(y)[/tex] for alle [tex]x,y > 0[/tex]. Setter vi så [tex]g(x)=h(\log(x)), X=\log(x), Y=\log(y)[/tex] får vi [tex]h(X+Y)=h(X)+h(Y)[/tex] for alle [tex]X,Y[/tex], som er Cauchys funksjonallikning. Anta så at h er en vilkårlig løsning av denne. Da er [tex]f(xy)=e^ {h(\log(xy))}=e^ {h(\log(x)+log(y))}=e^ {h(\log(x))+h(log(y))}=e^ {h(\log(x))}*e^ {h(\log(y))}=f(x)f(y)[/tex] for alle positive x,y. Vi ser derfor at om vi definerer [tex]f(x)=cf(-x)[/tex] med [tex]c=1[/tex] eller [tex]c=-1[/tex] utvides [tex]f[/tex] til en funksjon som oppfyller likningen og er definert på hele tallinja.

Vi er altså ferdige om vi godtar Cauchylikningen som 'løst nok' - løsningen er [tex]f(x)=0, f(x)=1[/tex] eller [tex]f(x)=e^{h(log(x))}[/tex] der [tex]h[/tex] er en vilkårlig løsning av Cauchylikningen-

[svinepels]

Hvor faller løsningene på formen

[tex]f(x)=x^n[/tex]

inn her?

[Nebuchadnezzar]

Fra den siste likningen [tex]e^{h\left( \log x - \log y\right)}[/tex]

får vi vel de løsningene om [tex]y = 1[/tex] ?

[Karl_Erik]

Løsningen [tex]f(x)=x^n[/tex] svarer til Cauchy-likning-løsningen [tex]h(X)=nX[/tex].

Nebuchadnezzar: Skjønte ikke helt hva du mente her, beklager?

[Nebuchadnezzar]

[tex]e^{h\left( \log x - \log y\right)}[/tex]

Dersom [tex]y=1[/tex] så

[tex]L = e^{h\left( \log x - \log 1 \right)} = e^{h\left( \log x \right)} = e^{\left( \log x^h \right)} = x^h[/tex]

Kanskje ?

[Karl_Erik]

Joda, men husk at h er en funksjon, og ikke et tall. Men jo, det er som sagt fra lineære løsninger for h at vi får potensløsningene for f.

[Nebuchadnezzar]

Kan vi ikke strengt talt si at tall er funksjoner da? y = 2, fks.

[svinepels]

Da er det ikke selve funksjonen som er et tall, men funksjonsvariabelen assosiert med funksjonen.

f(x) er jo et tall, men ikke f. Dette lærer man mer om i DiskMat

[Karl_Erik]

Kan vi ikke strengt talt si at tall er funksjoner da? y = 2, fks.

Ikke egentlig. Du kan helt klart si at gitt et tall er det ofte en naturlig måte å lage seg en konstantfunksjon som sender alt til det tallet på, men et tall er ikke en funksjon noe mer enn et bringebær er syltetøy.

En litt mer intrikat sak er jo at du kun med et tall ikke vet hva funksjonen er definert på. Er 'funksjonen' y=2 den som sender alle reelle tall til 2, eller funksjonen som sender alle trekanter til 2? For å definere en funksjon må du også angi domenet (og strengt tatt også kodomenet - tar denne funksjonen verdier i [tex]\mathbb N[/tex], [tex]\mathbb R[/tex] eller kanskje bare [tex]\{2\}[/tex]?).

[Charlatan]

Riktig det Karl Erik. Det hadde vel ved ettertanke vært hensiktsmessig å kreve kontinuitet, da vi i så fall ville ha fått at løsningene til cauchy-funksjonallikningen er funksjoner på formen Ax, slik at vi kan skrive f(x) = e(Alog(x)) = x^A, der vi for A = 0 betrakter funksjonen x^0 som 1. I tillegg til f(x) = 0 selvsagt.