matematikk.net

Eksisterer det en kontinuerlig deriverbar funksjon $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ slik at $\forall x \in \mathbb{R}$ er $f(x)>0$ og $f'(x)=f(f(x))$?

Markus skrev:Eksisterer det en kontinuerlig deriverbar funksjon $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ slik at $\forall x \in \mathbb{R}$ er $f(x)>0$ og $f'(x)=f(f(x))$?

Bevis ved motsigelse: Anta det fins en slik funksjon $f$. Vi har da at $f'(x)=f(f(x))>0$, så $f(x)$ er strengt voksende. Dermed er $f'(x)=f(f(x))>f(0)$ for alle $x$.

Betrakt punktene $x=-1$ og $x=0$. Av "mean value theorem" fins en $c\in (-1,0)$ slik at $f'(c)=\frac{f(0)-f(-1)}{0-(-1)}>f(0)$, som er ekvivalent med $f(-1)<0$, som er en motsigelse. Ergo fins ingen slik funksjon $f$.


Stusser litt over hvorfor oppgaven presiserer at f skal være kontinuerlig deriverbar. Såvidt jeg kan skjønne er det nok at f er deriverbar. Noen som har noen tanker angående dette?

Gustav skrev:

Markus skrev:Eksisterer det en kontinuerlig deriverbar funksjon $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ slik at $\forall x \in \mathbb{R}$ er $f(x)>0$ og $f'(x)=f(f(x))$?

Bevis ved motsigelse: Anta det fins en slik funksjon $f$. Vi har da at $f'(x)=f(f(x))>0$, så $f(x)$ er strengt voksende. Dermed er $f'(x)=f(f(x))>f(0)$ for alle $x$.

Betrakt punktene $x=-1$ og $x=0$. Av "mean value theorem" fins en $c\in (-1,0)$ slik at $f'(c)=\frac{f(0)-f(-1)}{0-(-1)}>f(0)$, som er ekvivalent med $f(-1)<0$, som er en motsigelse. Ergo fins ingen slik funksjon $f$.


Stusser litt over hvorfor oppgaven presiserer at f skal være kontinuerlig deriverbar. Såvidt jeg kan skjønne er det nok at f er deriverbar. Noen som har noen tanker angående dette?

Fin løsning! Jeg brukte middelverdisetningen på $[0,x]$, som gir $f(x)=xf'(c)+f(0)$ for en $c \in (0,x)$, så ved å bruke det at $f'(x)>f(0)$ fås $f(x) < xf'(c)+f'(c)=(x+1)f'(c)$ Siden $f'(c)>0$, så sees at når $x \leq -1$ fås samme kontradiksjon. Er vel nesten omtrent helt samme fremgangsmåte.

Angående det siste spørsmålet ditt, så besitter jeg definitivt ikke nok kunnskap til å besvare det. Men, slik jeg tenker er at siden vi bruker MVT, så krever det vel bare at den deriverte eksisterer i $c \in (0,x)$, eller $c \in (-1,0)$ for din del, ikke at den nødvendigvis er kontinuerlig? Kanskje arrangørene skrev kontinuerlig deriverbar med vilje som en "del" av oppgaven, selv om det ikke er nødvendig?

Markus skrev: Kanskje arrangørene skrev kontinuerlig deriverbar med vilje som en "del" av oppgaven, selv om det ikke er nødvendig?

Det kan hende de gjorde det bare for å forvirre. Det vi har vist er dog et noe sterkere resultat enn det oppgaven spør om, siden mengden av kontinuerlig deriverbare funksjoner er en delmengde av mengden av deriverbare funksjoner (Vi benytter jo aldri kontinuitet av den deriverte i beviset).

Gustav skrev:

Markus skrev: Kanskje arrangørene skrev kontinuerlig deriverbar med vilje som en "del" av oppgaven, selv om det ikke er nødvendig?

Det kan hende de gjorde det bare for å forvirre. Det vi har vist er dog et noe sterkere resultat enn det oppgaven spør om, siden mengden av kontinuerlig deriverbare funksjoner er en delmengde av mengden av deriverbare funksjoner (Vi benytter jo aldri kontinuitet av den deriverte i beviset).

Betingelsen $f' = f\circ f$ impliserer at $f$ uansett er kontinuerlig deriverbar, ettersom komposisjonen av to kontinuerlige funksjoner er kontinuerlig. Riktignok er jeg enig i at det er litt merkelig at det eksplisitt er tatt med i oppgaveformuleringen.

DennisChristensen skrev: Betingelsen $f' = f\circ f$ impliserer at $f$ uansett er kontinuerlig deriverbar, ettersom komposisjonen av to kontinuerlige funksjoner er kontinuerlig.

Godt poeng!

Oppfølger:

Finn alle deriverbare funksjoner $f:(0,\infty)\to\mathbb{R}$ slik at $f(b)-f(a)=(b-a)f'(\sqrt{ab})\quad \forall a,b>0$.

Hint:

[+] Skjult tekst

Derivér ligningen og konstruér en diff.ligning

La $g(x)=f(x)-f^{\prime}(1)x$. Da er $g$ også en løsning siden
$\frac{g(a)-g(b)}{a-b}=\frac{f(a)-f^{\prime}(1)a-f(b)+f^{\prime}(1)b}{a-b}=f^{\prime}(\sqrt{ab})-f^{\prime}(1)=g^{\prime}(\sqrt{ab})$.
Siden $g^{\prime}(1)=0$, får vi
$0=g^{\prime}(1)=\frac{g(x)-g(\frac{1}{x})}{x-\frac{1}{x}} \ \Rightarrow \ g(x)=g(\frac{1}{x})$.
La $g^{\prime}(\sqrt{2})=k$, da har vi
$(2x-\frac{1}{x})k=g(2x)-g(\frac{1}{x})=g(2x)-g(x)=(2x-x)g^{\prime}(\sqrt{2}x)=xg^{\prime}(\sqrt{2}x)$
$g^{\prime}(\sqrt{2}x)=(2-\frac{1}{x^2})k$.
Integrerer vi begge sider får vi
$\frac{1}{\sqrt{2}}g(\sqrt{2}x)=(2x+\frac{1}{x})k+C$.
Ganger vi med $\sqrt{2}$ og substituerer $x$ med $\frac{1}{\sqrt{2}}x$, får vi
$g(x)=2k(x+\frac{1}{x})+C$.
Derfor får vi at $f(x)=mx+n+\frac{k}{x}, \ \forall m,n,k \in \mathbb{R}$.

Ser gjerne hvordan andre løste oppgaven!

zzzivert skrev:Ser gjerne hvordan andre løste oppgaven!

Elegant løsning - jeg liker den mye bedre enn den offisielle! Her er den offisielle løsningen hvis du er interessert: http://imc-math.ddns.net/?show=prob&no=4&sol=1
Den substitusjonen som blir gjort i den offisielle er noe jeg aldri så for meg. Noen som ser motivasjonen bak den, annet enn at den "funker"?