matematikk.net

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 $$ f(ax)f(bx)=f(x)$$

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: $f(ax)f(bx)=2^{(ax)^2}2^{(bx)^2} = 2^{x^2(a^2+b^2)} = 2^{x^2} = f(x)$.

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.

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 $f(x)=2^{x^2}$.

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 $x$.

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 $x_n=f(x_{n-1})$.