Funktionalgleichung [ehemals "Rekonstruktion"]

23.02.2006, 16:24

speedyschmidt

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Funktionalgleichung [ehemals "Rekonstruktion"]

Gesucht sind alle Funktionen, die folgende Gleichungen erfüllen.

(1) $\begin{eqnarray*} D_f=R \end{eqnarray*}$
(2) $\begin{eqnarray*} x\in R \end{eqnarray*}$
(3) $\begin{eqnarray*} y\in R \end{eqnarray*}$
(4) $\begin{eqnarray*} f(x*y)= f(x)*f(y)-f(x)-f(y)+2 \end{eqnarray*}$
(5) $\begin{eqnarray*} f(x+y)= f(x)+f(y)+2xy-1 \end{eqnarray*}$
(6) $\begin{eqnarray*} f(1)=2 \end{eqnarray*}$

Also ich habe relativ leicht erkennen können, dass $\begin{eqnarray*} f(z)=z^2+1 \end{eqnarray*}$ allen Bedingungen genügt. Nun ist mein Problem, dass ich nicht wirklich einen Lösungsweg habe, sondern nur schreiben könnte, dass ichs gesehen habe.

Wie löst man also sowas und gibt es vielleicht noch andere Funktionen???

23.02.2006, 16:29

riwe

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RE: Rekonstruktion
schau mal hier
werner

23.02.2006, 16:32

speedyschmidt

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Wow cool!

Aber inwiefern hilft mir das weiter???
Meinst du dass ne exponential-, oder Logarithmus-Funktion passt, oder wie???

23.02.2006, 16:42

papahuhn

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Durch die Bedingung 5 und 6 ergibt sich eine rekursiv definierte Funktion. Durch Induktion kann man zeigen, dass die gesuchte Funktion zumindest in allen natürlichen Zahlen mit deinem $\begin{eqnarray*} f(z) = z² + 1 \end{eqnarray*}$ übereinstimmen _muss_.

23.02.2006, 16:47

speedyschmidt

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Was heißt rekursiv definiert und was bringt mir das???

Und mit deiner Induktion meinst du doch sicherlich, dass ich damit im Prinzip nur überprüfe, ob meine Lösung richtig ist, oder???
Falls es so ist, bringt mir das doch nichts. Dass meine Funktion passt, erkenne ich schon selber. Es geht mir darum weitere Funktionen und einen Weg, der mir alle Lösungen "ausspuckt" zu finden.

23.02.2006, 16:54

papahuhn

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Ich teile dir nur meine Gedanken mit. Diese Aufgabenart sehe ich nämlich zum ersten mal. Wenn du bei der 5ten Bedindung y=1 setzt, ergibt sich eine rekursive definierte Folge. Und da gibt es eine eindeutige Lösung; nämlich deine. Das bedeutet, dass sich alle Lösungen mit deinem $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in den natürlichen Zahlen schneiden. Was dazwischen passiert ist damit noch nicht geklärt.

Nachtrag:

Also ich finde diese Aufgabe faszinierend. Leider habe ich keinen vielversprechenden Lösungsansatz dafür. Meine tollkühne Hypothese:
Die gesuchte Funktion ist in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ eindeutig, aber in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \backslash \mathbb Q \end{eqnarray*}$ nicht mehr wenn sie unstetig sein darf. Falls es nicht noch weitere Einschränkungen gibt die ich übersehen habe, ist $\begin{eqnarray*} f(\sqrt n) = 1 \pm n \end{eqnarray*}$ . Für höhere Wurzeln gibt es vielleicht noch mehr Möglichkeiten. Ich bin auf eine Lösung gespannt. smile

smile

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23.02.2006, 17:30

speedyschmidt

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Wieso setzt du y=1 ??? Das hat doch nichts mit (6) zu tun, oder???

Woran siehst du, dass die Lösung dann eindutig wäre???

Um zu überprüfen, ob meine Funktion mit allen x und y (also auch x,y, die nicht natürlich sind) passt muss ich doch nur einsetzen.

[Edit] die erste Aussage dieses posts ist hiermit nichtig geworden. Jetzt verstehe ich, dass du hier deinen Beweis ansetzen willst.

[Edit] Ist es eigentlich erlaubt bei so einer aufgabenstellung durch probieren auf eine lösung zu kommen um dann zu beweisen, dass nur diese Lösung stimmt? (Auch das haben wir ja noch nicht gemacht)

Man muss doch auch ohne probieren auf eine/mehrere Funktion kommen, oder???

23.02.2006, 23:49

papahuhn

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Zitat:

Original von speedyschmidt
Ist es eigentlich erlaubt bei so einer aufgabenstellung durch probieren auf eine lösung zu kommen um dann zu beweisen, dass nur diese Lösung stimmt? (Auch das haben wir ja noch nicht gemacht)

Deine Lösung habe ich nicht durch Probieren bestätigt, sondern durch die von mir erwähnte Induktion. Ob Probieren und anschließendes Beweisen in Ordnung ist, kommt darauf an, wer dir die Aufgabe gestellt hat. An der Uni sollte das normalerweise kein Problem sein. Da darf sowas auch vom Himmel fallen.

Zu meiner Hypothese: Ich konnte inzwischen zeigen, dass tatsächlich $\begin{eqnarray*} f(z) = z²+1\ \forall z \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ gelten muss. Zuerst kam ja die Induktion für alle natürlichen Zahlen. Mit der Rekursionsregel bekommt man $\begin{eqnarray*} f(-1) = 2 = f(1) \end{eqnarray*}$ , und über $\begin{eqnarray*} f(-n) = f(-1 * n) \end{eqnarray*}$ zusammen mit Regel 4 weitest du deine Lösung auf die ganzen Zahlen aus.
Mit $\begin{eqnarray*} 2 = f(1) = f(n * n^{-1}) \end{eqnarray*}$ kannst du die Lösung auf alle Stammbrüche ausweiten.
Der Weg zu $\begin{eqnarray*} f\left(\frac z n\right) = 1 + {\left(\frac z n\right)}^2 \end{eqnarray*}$ ist dann nicht mehr weit.

Soweit zu den rationalen Zahlen. Der Beweis für irrationale steht noch aus...

24.02.2006, 00:12

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Wettbewerbsaufgabe ???
@papahuhn

Es geht viel einfacher und schneller, und zwar direkt für alle reellen Zahlen, ohne den manchmal nötigen Umweg natürliche, ganze, rationale Zahlen (wie z.B. bei der Cauchyschen Funktionalgleichung).

Aber ich habe den starken Verdacht, dass es sich hier um eine Wettbewerbsaufgabe handelt, deswegen halte ich mich erstmal zurück. Vielleicht kommt sie ja irgendjemand bekannt vor.

24.02.2006, 00:25

papahuhn

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RE: Wettbewerbsaufgabe ???

Zitat:

Original von Arthur Dent
Es geht viel einfacher und schneller, und zwar direkt für alle reellen Zahlen, ohne den manchmal nötigen Umweg natürliche, ganze, rationale Zahlen (wie z.B. bei der Cauchyschen Funktionalgleichung).

Hmm, würde mich wirklich interessieren. Inzwischen habe ich die Eindeutigkeit für alle Wurzeln, also $\begin{eqnarray*} f(\sqrt[k]n) = {(\sqrt[k]n)}^2 + 1 \ \forall\ k,n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ . Wahrscheinlich könnte man dieses Beweisschema auf alle algebraischen Zahlen ausweiten, aber bei den transzendenten ginge mir dann die Puste aus.

24.02.2006, 00:27

AD

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Ich schick's dir mal per PN, denn du bist doch aus dem Schülerwettbewerbsalter raus, oder? Augenzwinkern

Augenzwinkern

24.02.2006, 00:29

papahuhn

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Warte noch, ich wollte noch ein wenig knobeln. Ich schick dir ne PM wenn ich nicht weiterkomme.

24.02.2006, 13:29

speedyschmidt

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Ja du hast Recht. Das ist eine Wettbewerbsaufgabe.

Aber sie ist schon uralt(1994 oder 1995 glaube ich)!

Da sollte das kein Problem sein,oder???

24.02.2006, 13:51

AD

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Ok, ich hab's gefunden, es ist die 341333B - da bin ich ja beruhigt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich will ja nicht gleich alles verraten, aber zunächst mal folgendes: Mit Blick auf die mutmaßliche Lösung würde ich zuerst mal substituieren $\begin{eqnarray*} f(x)=g(x)+1 \end{eqnarray*}$ , womit man die Gleichungen (4) bis (6) für $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ umschreiben kann

(4') $\begin{eqnarray*} g(xy) = g(x)g(y) \end{eqnarray*}$
(5') $\begin{eqnarray*} g(x+y) = g(x)+g(y)+2xy \end{eqnarray*}$
(6') $\begin{eqnarray*} g(1) = 1 \end{eqnarray*}$

Sieht schon etwas einfacher strukturiert aus, oder?

24.02.2006, 14:11

speedyschmidt

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Die Aufgabe dadrüber find ich ja noch viel geiler...

Deine Substitution ist natürlich toll und macht alles sehr schön übersichtlich. Aber da ich keine Ahnung von Funktionalgleichúngen habe und auch nicht weiß, wie das jetzt zu vereinfachen wäre, bringts mir nicht allzu viel.

ich könnte also weiterhin nur schreiben, dass das für mich aus der Struktur ersichtlich ist.

24.02.2006, 14:18

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Also aus meiner eigenen Olympiadeerfahrung von vor 20 Jahren kann ich dir sagen: Die Angabe einer passenden Lösungsfunktion (wie hier f(x)=x²+1) ohne fundierte Begründung, dass es die einzige ist, bringt vielleicht 1 von 7 Punkten, mehr nicht. Denn das ist praktisch nur die Probe, die zwar wichtig ist, aber nicht der Kern der Aufgabe.

24.02.2006, 14:29

speedyschmidt

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Ja ist ja ok. Ich hab ja auch nie gesagt, dass ichs hinkriege. Einer von sieben ist aber immerhin schon etwas. Big Laugh

Big Laugh

Ich habe in meinem ganzen Leben den Begriff Funktionalgleichungen aber noch nie gehört. Das kann ich nunmal nicht ändern. Wenn ich schon so strunzdumm Big Laugh

Big Laugh

bin, dann sag mir wenigstens wies geht, damit solche Fragen nicht mehr von mir kommen.

24.02.2006, 16:53

AD

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$\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ in (5') einsetzen: $\begin{eqnarray*} g(x)=g(x)+g(0)+0 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} g(0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=-x \end{eqnarray*}$ in (5') einsetzen: $\begin{eqnarray*} 0 = g(x-x) = g(x)+g(-x)-2x^2 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} g(-x) = 2x^2-g(x) \end{eqnarray*}$

Und jetzt folgt aus (4') mit $\begin{eqnarray*} x=y=t \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} x=y=-t \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} t\neq 0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} (g(t))^2 = g(t^2) = (g(-t))^2 = (2t^2-g(t))^2 = 4t^4-4t^2g(t)+(g(t))^2 \end{eqnarray*}$

Umgestellt nach $\begin{eqnarray*} g(t) \end{eqnarray*}$ erhalten wir $\begin{eqnarray*} g(t)=t^2 \end{eqnarray*}$ , fertig, also $\begin{eqnarray*} f(x)=g(x)+1=x^2+1 \end{eqnarray*}$ . Jetzt muss natürlich noch die Probe erfolgen, die du ja bereits erledigt hast.

Interessanterweise braucht man Bedingung (6) überhaupt nicht, hätte also weggelassen werden können.

Zitat:

Original von speedyschmidt
Die Aufgabe dadrüber find ich ja noch viel geiler...

Die 341333A ? Auch ganz nett, mit noch kürzerer Lösung.

24.02.2006, 17:20

speedyschmidt

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Ok ich kaufe dir jeden Schritt ab Big Laugh

Big Laugh

Aber es ist faszinierend, wie man auf sowas kommt. Vor allem das mit dem x=y und x=-y. Das ist für mich schon große Kunst so einzusetzen. Rock

Rock

Dankeschön, dass du dir die ganze Mühe gemacht hast. Das hätt ich nie so hingekriegt, weil mir dazu wie gesagt das Verständnis gefehlt hat. Das ist so, als hätte man nem Biber die Aufgabe gegeben. der hätte damit vielleicht noch mehr hingekriegt. LOL Hammer

LOL Hammer

Ja die dadrüber ist toll. hab ne schnieke Identität gefunden. Aber kürzer isse bei mir nicht.

24.02.2006, 18:30

AD

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Zitat:

Original von speedyschmidt
Ja die dadrüber ist toll. hab ne schnieke Identität gefunden.

Zeig ruhig mal! Dass du dich als "strunzdumm" bezeichnest, habe ich sowieso als ironisches Understatement aufgefasst und dir somit nicht abgenommen. Big Laugh

Big Laugh

24.02.2006, 21:21

speedyschmidt

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$\begin{eqnarray*} (x^2+y^2)*(x^2+y^2-4)=x^4+y^4+2x^2y^2-4x^2-4y^2 \end{eqnarray*}$ hab ich verwendet.

24.02.2006, 21:42

AD

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Ja, hilft durchaus. Für mich ist der Schlüssel zur Lösung aber erst die gesamte Gleichungs- bzw. Ungleichungskette

$\begin{eqnarray*} 1 &=& (\sin^2(x)+\cos^2(x))^2 = \sin^4(x)+2\sin^2(x)\cos^2(x)+\cos^4(x) \geq \sin^4(x)+\cos^4(x)\\ &=& (x^2+y^2)(x^2+y^2-4)+5 = (x^2+y^2-2)^2+1 \geq 1 \end{eqnarray*}$

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