Gibt es diese Funktion ?

13.12.2014, 22:41

leoclid

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Gibt es diese Funktion ?

Hallo, ich komme bei einer Aufgabe, die ich mir selbst gestellt habe, einfach nicht weiter:

$\begin{eqnarray*} Gibt\;es\;eine\;reelle\;Funktion\;f,\;die\;auf\;\mathbb R\;stetig\; ist,und\;die\;die\;folgenden\;Eigenschaften\;hat?<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \forall x \in \mathbb R : f(x)=f(2\cdot x+1)+f(3\cdot x+2)<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Die\;Null\;kommt\;in\;der\;Wertemenge\;nur\;endlich\;oft\;vor. <br /> \end{eqnarray*}$

13.12.2014, 22:41

leoclid

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RE: Gibt es diese Funktion ?
Ich habe keine Ahnung, wer die Lösung weiß kann sie hier gerne preisgeben.

Zusätzlich wüsste ich noch gerne wie schwer ihr die Aufgabe fandet, wie lange ihr etwa gebraucht habt und welches Niveau die Aufgabe hat (Grundkurs - LK - Mathe Olympia - Uni, etc)

13.12.2014, 23:04

leoclid

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RE: Gibt es diese Funktion ?
Wichtige Ergänzung:

Variante der Aufgabe: Es gibt unendlich von Null verschiedene Funktionswerte

(statt der Bedingung, dass die Null nur endlich oft vorkommen darf)

13.12.2014, 23:39

HAL 9000

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Betrachte $\begin{align*} f(-1) \end{align*}$ sowie überhaupt das Verhalten von $\begin{align*} f(x) \end{align*}$ in Umgebungen von $\begin{align*} x=-1 \end{align*}$ . Insofern macht es sich (technisch) einfacher, wenn man statt $\begin{align*} f \end{align*}$ zunächst die argumentverschobene Funktion $\begin{align*} g(x)=f(-1+x) \end{align*}$ betrachtet, die übertragene Funktionalgleichung lautet dann $\begin{align*} g(x)=g(2x)+g(3x) \end{align*}$ .

14.12.2014, 00:33

leoclid

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Das Mit (-1) ist mir schon aufgefallen. Dort lautet der Funktioswert (-1)

Auf das mit dem Verschieben bin ich noch nicht gekommen.

Hast du denn schon die Lösung?

14.12.2014, 11:31

HAL 9000

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Zunächst mal ist die Formulierung

Zitat:

Original von leoclid
Die Null kommt in der Wertemenge nur endlich oft vor.

ziemlicher Unsinn: Wenn die Null überhaupt in der Wertemenge (!) vorkommt, dann natürlich nur einmal. Gemeint ist vermutlich

Zitat:

Original von leoclid
Die Funktion hat nur endlich viele Nullstellen.

nur so macht es Sinn, und so habe ich es auch aufgefasst.

Zur Lösung dieses Teils:

Überlege dir, dass $\begin{align*} g \end{align*}$ für jedes $\begin{align*} \varepsilon>0 \end{align*}$ im offenen Intervall $\begin{align*} (0,\varepsilon) \end{align*}$ eine Nullstelle haben muss. Das widerspricht dann aber der Forderung, dass $\begin{align*} g \end{align*}$ nur endlich viele Nullstellen haben darf.

P.S.:

Zitat:

Original von leoclid
Das Mit (-1) ist mir schon aufgefallen. Dort lautet der Funktioswert (-1)

Nein: Es ist $\begin{align*} f(-1)=0 \end{align*}$ .

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14.12.2014, 12:27

RavenOnJ

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RE: Gibt es diese Funktion ?
Eine solche Funktion mit endlich vielen Nullstellen kann es nicht geben.

Begründung: Zwei Fälle mit endlich vielen Nst wären möglich: a) mindestens eine Nst, b) keine Nst.
Zu a) Es müsste dann für x>0 eine maximale oder für x<0 eine minimale Nst geben. Dies führt aber mit Hilfe des Zwischenwertsatzes zu einem Widerspruch.
Zu b) Da -1 bereits als Nst feststeht, ist dieser Fall nicht möglich.

14.12.2014, 16:21

leoclid

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zur Lösung dieses Teils:

Überlege dir, dass $\begin{align*} g \end{align*}$ für jedes $\begin{align*} \varepsilon>0 \end{align*}$ im offenen Intervall $\begin{align*} (0,\varepsilon) \end{align*}$ eine Nullstelle haben muss. Das widerspricht dann aber der Forderung, dass $\begin{align*} g \end{align*}$ nur endlich viele Nullstellen haben darf.

RESPEKT
Wie lange hast du gebraucht um darauf zu kommen?
Sollte man da als LK Schüler drauf kommen?

14.12.2014, 16:35

HAL 9000

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Zitat:

Original von leoclid
Sollte man da als LK Schüler drauf kommen?

"Sollte" vielliecht nicht, aber man kann. Ich nehme ja nicht an, dass das eine Prüfungsaufgabe war. Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.12.2014, 16:46

RavenOnJ

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Zitat:

Original von leoclid

RESPEKT
Wie lange hast du gebraucht um darauf zu kommen?
Sollte man da als LK Schüler drauf kommen?

Ich zumindest habe nur wenige Minuten für meine Lösung gebraucht, wobei das meiste Schreibarbeit war. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ja, man dürfte als Schüler-LKler drauf kommen, da der Zwischenwertsatz vermutlich bekannt ist. Das Beweisverfahren durch Widerspruch vermutlich auch.

14.12.2014, 16:57

leoclid

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Naja, bei uns werden kaum Beweisverfahren gelehrt, nur Musterverfahren für Schüleraufgaben

14.12.2014, 16:59

RavenOnJ

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Aber der Zwischenwertsatz ist bekannt?

14.12.2014, 17:06

leoclid

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Ja, der Zwischenwertsatz ist bekannt.

Ich bin trotzdem nicht drauf gekommen, auch wenn ich ansonsten in Mathe sehr begabt bin, die Aufgaben der Mathe Olympiade (zumindest die der 1. und 2. Runde für mich in der geforderten Zeit von 1 Stunde pro Aufgabe lösbar sind) und auch Uni Mathe Skripte nachvollziehen kann.

Ich habe zuerst versucht über diese Beziehung f(x) = f(2*x+1) + f(3*x+2) einen Widerspruch zu erzielen, dass sich ein Funktionswert auf zwei verschiedene Weisen aus anderen entwickeln lässt.

Ich glaube nicht, dass die anderen aus meinem Kurs die Aufgabe lösen könnten. Wir machen zwar ab und zu was mit Beweißen, aber da hört dann niemand mehr zu weil es viele zu sehr abschreckt.

14.12.2014, 17:15

RavenOnJ

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Zitat:

Original von leoclid
Ja, der Zwischenwertsatz ist bekannt.

Bist du dann nach meinen Andeutungen auch auf die Lösung gekommen?

Zitat:

... , die Aufgaben der Mathe Olympiade (zumindest die der 1. und 2. Runde für mich in der geforderten Zeit von 1 Stunde pro Aufgabe lösbar sind)

Welche Olympiade, die Schüler-Olympiade oder die IMO? Letzteres täte mich wundern, da die Aufgaben teilweise doch sehr schwierig sind.

Zitat:

und auch Uni Mathe Skripte nachvollziehen kann.

Welche? Welches Semester? Für Mathe-Studenten?

14.12.2014, 17:33

RavenOnJ

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Ich sehe aber gerade, dass meine Begründung doch nicht ganz stichhaltig war. Wenn wir mal die Funktion g(x) betrachten, könnte es bei meinem Beweisansatz immer noch sein, dass x=0 die einzige Nullstelle ist. Dann müsste es aber wegen der Stetigkeit ein Intervall $\begin{align*} [0,\epsilon) \end{align*}$ geben, in dem die Funktion streng monoton ist, was zu einem Widerspruch zur Voraussetzung $\begin{align*} g(x)=g(2x)+g(3x) \end{align*}$ führt. War leider nix mit den wenigen Minuten Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

14.12.2014, 17:45

leoclid

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Deine erste Begründung war nicht ganz richtig ja, dazu hätte man noch irgendwie zeigen müssen, dass es eine weitere Nullstelle gibt.

Das mit dem Intervall ist aber absolut einleuchtend.

Für ein e < 0 muss f(2*e)+f(3*e) = f(e) ergeben.

Ist f(e) > 0 gibt es die Möglichkeit, dass f(2*e) und f(3*e) unterschiedliche Vorzeichen haben, womit es eine weitere Nullstelle gibt. Und die Möglichkeit, dass 0 < f(2*e), f(3*e), < f(e), im Widerspruch zur Annahme, dass die Funktion für x gegen Null gegen Null strebt.

Für f(e) < 0 kann man das Analog führen.

Naja, es kann jedem mal passieren, dass er bei einer Aufgabe einfach nicht auf dem richtigen Lösungsansatz kommt.

Es war übrigens keine Prüfungsaufgabe, sondern eine selbst erdachte.

Zur Zeit: Ohne den Hinweiß mit dem Intervall war ich gut 30 Minuten auf dem Holzweg, nach dem Hinweiß war das zu Ende denken eine Sache von ein paar Sekunden.

14.12.2014, 17:55

Che Netzer

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Dann müsste es aber wegen der Stetigkeit ein Intervall $\begin{align*} [0,\epsilon) \end{align*}$ geben, in dem die Funktion streng monoton ist

Wieso das?
Etwas wie $\begin{eqnarray*} x(2+\sin\frac1x) \end{eqnarray*}$ ist stetig mit Null als einziger Nullstelle, aber in keinem solchen Intervall monoton.

14.12.2014, 17:57

RavenOnJ

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Dann müsste es aber wegen der Stetigkeit ein Intervall $\begin{align*} [0,\epsilon) \end{align*}$ geben, in dem die Funktion streng monoton ist, ...

Das stimmt leider auch nicht. Es gibt stetige Funktionen, die diese Eigenschaft nicht haben, wie beispielsweise $\begin{align*} h(x):=x^2\sin\left(\frac 1 x\right),x\in\mathbb R\setminus \{0\}, h(0)=0 \end{align*}$ . Die Funktion ist stetig am Punkt 0, hat aber nicht die behauptete Eigenschaft.

Edit: @Che Hab gerade selber meinen Lapsus bemerkt.

14.12.2014, 18:50

HAL 9000

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Ok, meine Idee:

Angenommen, es gibt im Intervall $\begin{align*} (0,\varepsilon) \end{align*}$ keine Nullstelle. Dann müssen wegen des Zwischenwertsatzes alle Funktionswerte für Argumente aus diesem Intervall dasselbe Vorzeichen haben, o.B.d.A. positiv.

Dann folgt aber auch $\begin{align*} g\left( \frac{\varepsilon}{2^{n+1}} \right) = g\left( \frac{\varepsilon}{2^n} \right) + g\left( 3\frac{\varepsilon}{2^{n+1}} \right) > g\left( \frac{\varepsilon}{2^n} \right) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} n\geq 1 \end{align*}$ , insgesamt also $\begin{align*} g\left( \frac{\varepsilon}{2^n} \right) \geq g\left( \frac{\varepsilon}{2} \right) > 0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} n \end{align*}$ . Nun erfordert aber die Stetigkeit im Nullpunkt $\begin{align*} g(0) = \lim_{n\to\infty} g\left( \frac{\varepsilon}{2^n} \right) \geq g\left( \frac{\varepsilon}{2} \right) > 0 \end{align*}$ , was klar $\begin{align*} g(0)=0 \end{align*}$ widerspricht. Daher war die Annahme falsch, und es gibt eine Nullstelle.

15.12.2014, 00:30

mYthos

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@leoclid
Bitte: Hinweis so schreiben, das ß tut einfach nur weh!

mY+

15.12.2014, 11:54

leoclid

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ok, meine Idee:

Angenommen, es gibt im Intervall $\begin{align*} (0,\varepsilon) \end{align*}$ keine Nullstelle. Dann müssen wegen des Zwischenwertsatzes alle Funktionswerte für Argumente aus diesem Intervall dasselbe Vorzeichen haben, o.B.d.A. positiv.

Dann folgt aber auch $\begin{align*} g\left( \frac{\varepsilon}{2^{n+1}} \right) = g\left( \frac{\varepsilon}{2^n} \right) + g\left( 3\frac{\varepsilon}{2^{n+1}} \right) > g\left( \frac{\varepsilon}{2^n} \right) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} n\geq 1 \end{align*}$ , insgesamt also $\begin{align*} g\left( \frac{\varepsilon}{2^n} \right) \geq g\left( \frac{\varepsilon}{2} \right) > 0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} n \end{align*}$ . Nun erfordert aber die Stetigkeit im Nullpunkt $\begin{align*} g(0) = \lim_{n\to\infty} g\left( \frac{\varepsilon}{2^n} \right) \geq g\left( \frac{\varepsilon}{2} \right) > 0 \end{align*}$ , was klar $\begin{align*} g(0)=0 \end{align*}$ widerspricht. Daher war die Annahme falsch, und es gibt eine Nullstelle.

Gut gemacht !!!!
Ich selbst habe jetzt auch eine mathematisch korrekt aufgeschriebene Lösung, die aber bei weitem nicht so kurz und elegant wie deine ist.
Welches Niveau würdest du jetzt der Aufgabe zuordnen?
Also mit Niveau ist so
LK - Arbeit - Mathe Olympiade Runde 1-2 - Mathe Olympiade Runde 3/4 - Bundeswettbewerb Mathematik - UNI Klausur

gemeint

15.12.2014, 12:22

Mathema

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Zitat:

Original von mYthos
@leoclid
Bitte: Hinweis so schreiben, das ß tut einfach nur weh!

Wenn wir schon dabei sind, für dieses Wort verhält es sich nicht anders:

Zitat:

Beweißen

Wink

15.12.2014, 13:10

leoclid

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Was haltet ihr denn von dieser Lösung hier

Bitte mathematische Fehler und falsche Formulierungen korriegen, wenns geht

Gruß Leo

Sorry, dass es Dateianhang ist, bin nicht so der Latexprofi

15.12.2014, 13:16

leoclid

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So, hier der Dateianhang siehe Link

http://www.onlinemathe.de/images/fragenb...60c98b4f57c.jpg

15.12.2014, 16:02

Nofeykx

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Zitat:

Welches Niveau würdest du jetzt der Aufgabe zuordnen?
Also mit Niveau ist so
LK - Arbeit - Mathe Olympiade Runde 1-2 - Mathe Olympiade Runde 3/4 - Bundeswettbewerb Mathematik - UNI Klausur

Meine Einschätzung: Anspruchsvolle Aufgabe in einer Analysis 1 Klausur, eventuell etwas über Niveau einer Analysis 1 Klausur.
Für den Bundeswettbewerb bei weitem zu einfach, für eine Leistungskursklausuraufgabe zu schwer.
Mit der Olympiade kenne ich mich nicht aus.

15.12.2014, 16:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von Nofeykx
Anspruchsvolle Aufgabe in einer Analysis 1 Klausur, eventuell etwas über Niveau einer Analysis 1 Klausur.

Würde dort aber wohl trotzdem nicht drankommen. Nicht wegen des Schwierigkeitsgrades, sondern weil Funktionalgleichungen und deren Lösungsmethodik da kaum ein Thema sind - erst recht nicht solche "exotischen" wie die hier. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Bundeswettbewerb 1.Runde könnte ich mir schon vorstellen, ebenso Olympiade (Regional- oder Landesrunde).

17.12.2014, 21:17

leoclid

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Könnte jemand schauen ob meine Lösung (kurz oben drüber verlinkt) richtig ist???

17.12.2014, 21:46

Guppi12

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Der Zwischenwertsatz ist nicht wegen Eigenschaft (ii) anwendbar, sondern wegen Eigenschaft (i).

Zitat:

Es gilt außerdem $\begin{eqnarray*} \left|f\left(\frac{\epsilon}{3^i}\right)\right| > \left|f\left(\frac{\epsilon}{3}\right)\right| \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i\in\mathbb N\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$

Naja, für $\begin{eqnarray*} i=1 \end{eqnarray*}$ gilt das schonmal nicht. Auch der Induktionsanfang stimmt nicht, dort steht nach dem, was du darüber festgestellt hast, doch gerade Gleichheit. Kann es sein, dass deine $\begin{eqnarray*} > \end{eqnarray*}$ alle $\begin{eqnarray*} \geq \end{eqnarray*}$ sein sollen ? Ich gehe davon ab hier einfach mal aus.

Im Induktionsschritt:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \left|f\left(\frac{\epsilon}{3^{i+1}}\right)\right| > \left|f\left(\frac{2\epsilon}{3^{i+1}}\right)\right|+\left|f\left(\frac{\epsilon}{3^{i}}\right)\right| > \left|f\left(\frac{\epsilon}{3}\right)\right| \end{eqnarray*}$

.

Auch wenn du hier $\begin{eqnarray*} \geq \end{eqnarray*}$ schreiben wolltest und es damit nicht falsch ist. Wenn etwas gleich ist, sollte man das auch hinschreiben, um nicht zu verwirren.

Der Rest passt. Ist von der Idee ja der gleiche Beweis wie von HAL.

18.12.2014, 00:18

Nofeykx

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Hab etwas überlegt, ob es überhaupt eine solche Funktion gibt, die nicht die Nullfunktion ist. Hat da jemand eine Idee ? Gibt es eine Existenzaussage für solche Fälle ?

Klar ist, dass die Nullfunktion als einzige Möglichkeit übrig bleibt, wenn man zusätzlich stetige Differenzierbarkeit fordert.

18.12.2014, 23:13

Guppi12

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Nein, eine stetige Funktion $\begin{eqnarray*} f:\mathbb R\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x) = f(2x)+f(3x) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ ist bereits die Nullfunktion. Habe mir einen Beweis ausgedacht, vielleicht geht es auch einfacher (kann auch nicht ganz ausschließen, dass ich etwas übersehen habe) :

Wir setzen zunächst mal $\begin{eqnarray*} F:\mathbb R\to\mathbb R,x\mapsto \int_0^x f(t) dt \end{eqnarray*}$ .
Dann gilt $\begin{eqnarray*} F(x) = \frac 12 F(2x)+\frac 13 F(3x) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ . Außerdem ist auch $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ stetig.

Setze nun weiter $\begin{eqnarray*} g:\mathbb R\to\mathbb R, x\mapsto F(e^{-|x|}) \end{eqnarray*}$ .

Dann gilt:

Für $\begin{eqnarray*} x < -\ln(3) :\quad g(x) = \frac 12 F(2e^{-|x|})+\frac 13 F(3e^{-|x|}) = \frac 12 F(e^{x+\ln(2)})+\frac 13 F(e^{x+\ln(3)}) = \frac 12 F(e^{-|x+\ln(2)|})+\frac 13 F(e^{-|x+\ln(3)|}) = \frac 12 g(x+\ln(2))+\frac 13 g(x+\ln(3)) \end{eqnarray*}$

Analog:

Für $\begin{eqnarray*} -\ln(3) \leq x < -\ln(2) :\quad g(x) = \frac 12 g(x+\ln(2))+\frac 13 g(-x-\ln(3)) \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} -\ln(2) \leq x \leq 0 :\quad g(x) = \frac 12 g(-x-\ln(2))+\frac 13 g(-x-\ln(3)) \end{eqnarray*}$

Aus der Achsensymmetrie folgern wir
Für $\begin{eqnarray*} 0<x\leq \ln(2):\quad g(x) = g(-x) = \frac 12 g(x-\ln(2))+\frac 13g(x-\ln(3)) \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \ln(2)<x\leq \ln(3):\quad g(x) = g(-x) = \frac 12 g(-x+\ln(2))+\frac 13g(x-\ln(3)) \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \ln(3) < x\quad g(x) = g(-x) = \frac 12g(-x+\ln(2))+\frac 13g(-x+\ln(3)) \end{eqnarray*}$

Wir versehen $\begin{eqnarray*} C_b(\mathbb R) \end{eqnarray*}$ mit der Supremumsnorm. Damit wird dieser Raum zu einem vollständigen metrischen Raum.

Setze $\begin{eqnarray*} \Phi: C_b(\mathbb R)\to C_b(\mathbb R), h\mapsto [\mathbb R\to\mathbb R,x\mapsto \begin{cases}\frac 12 h(x+\ln(2))+\frac 13 h(x+\ln(3)), \quad x < -\ln(3) \\ \frac 12 h(x+\ln(2))+\frac 13 h(-x-\ln(3)) \quad -\ln(3) \leq x < -\ln(2) \\ \frac 12 h(-x-\ln(2))+\frac 13 h(-x-\ln(3))\quad -\ln(2) \leq x \leq 0 \\ \frac 12 h(x-\ln(2))+\frac 13h(x-\ln(3))\quad 0<x\leq \ln(2) \\ \frac 12 h(-x+ln(2))+\frac 13h(x-\ln(3)) \quad \ln(2)<x\leq \ln(3) \\ \frac 12h(-x+\ln(2))+\frac 13h(-x+\ln(3)) \quad \ln(3) < x\end{cases} \end{eqnarray*}$

Dann ist $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ wohldefiniert, weil links- und rechtsseitige Grenzwerte von $\begin{eqnarray*} \Phi(h) \end{eqnarray*}$ überall übereinstimmen. Außerdem ist $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ Lipschitzstetig mit Lipschitzkonstante $\begin{eqnarray*} \frac 56 \end{eqnarray*}$ . Damit hat $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ einen eindeutigen Fixpunkt.

Ferner ist $\begin{eqnarray*} g\in C_b(\mathbb R) \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} g(\mathbb R) \subset F([0,1]) \end{eqnarray*}$ .

Damit ist $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ein Fixpunkt von $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ . Da auch die Nullfunktion ein Fixpunkt von $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ ist, ist $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ die Nullfunktion. Daraus folgt, dass $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ die Nullfunktion ist. Daraus folgt, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ dort die Nullfunktion ist.

$\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ ist für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ aber bereits durch die Werte auf $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ eindeutig bestimmt. Also folgt $\begin{eqnarray*} f(x) = 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ . Analog folgt die Aussage auch für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ .

20.12.2014, 15:18

leoclid

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Respekt

Wow, verstehe zwar nur wenig weil ich noch Schüler bin aber trotzdem gut gemacht.

Aber was ist denn C klein b ????

Und spielt die Konstante 5/6 eine großartige Rolle?

Und wie kommst du auf die Achsensymmetrie?

20.12.2014, 16:46

Guppi12

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$\begin{eqnarray*} C_b(\mathbb R) \end{eqnarray*}$ ist die Menge der beschränkten stetigen Funktionen $\begin{eqnarray*} \mathbb R\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ .

Der genaue Wert der Lipschitzkonstanten spielt keine große Rolle. Wichtig ist nur, dass sie kleiner ist als 1, weil wir den Banach'schen Fixpunktsatz anwenden wollen und der als Voraussetzung genau das benötigt. Diesen Fixpunktsatz kannst du dir ja auch mal anschauen. Mit etwas Recherche zu den dafür benötigten Begriffen, kannst du ihn, so wie ich dich bisher einschätze, sicherlich verstehen.

Das ist übrigens der Grund, warum wir zunächst von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ übergegangen sind. Hätten wir genau das gleiche mit $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ gemacht, so wäre unser $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ auch Lipschitzstetig, aber eben nur mit Lipschitzkonstante $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \frac 56 = \frac 12 + \frac 13 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ist achsensymmetrisch wegen $\begin{eqnarray*} g(-x) = F(e^{-|-x|}) = F(e^{-|x|}) = g(x) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ .

Vielleicht noch ein Wort dazu, warum wir überhaupt von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ den Übergang zur komplizierteren Funktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ machen: würde man einfach mit $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ weitermachen, könnte man sich $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ definieren durch $\begin{eqnarray*} \Phi(h) = [\mathbb R\to\mathbb R, x\mapsto \frac{1}{3}h(3x)+\frac 12 h(2x)] \end{eqnarray*}$ und nach Fixpunkten dieser Funktion Ausschau halten. Jetzt ist aber die Frage, wo wir $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ starten lassen. Wählen wir den Raum der stetigen Funktionen, also $\begin{eqnarray*} C(\mathbb R) \end{eqnarray*}$ als Definitionsbereich, so haben wir es schwer darauf eine Metrik zu definieren, bezüglich der dieser Raum vollständig ist und zweitens $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ eine Kontraktion ist. (Man nennt Lipschitz-stetige Funktionen mit Lipschitzkonstante < 1 Kontraktionen.)

Wählen wir $\begin{eqnarray*} C_b(\mathbb R) \end{eqnarray*}$ als Definitionsbereich, so können wir den Fixpunktsatz zwar ohne Probleme anwenden und bekommen, dass $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ einen eindeutigen Fixpunkt in $\begin{eqnarray*} C_b(\mathbb R) \end{eqnarray*}$ hat, also die Nullfunktion, aber $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ liegt ja vielleicht garnicht in $\begin{eqnarray*} C_b(\mathbb R) \end{eqnarray*}$ . Der Schluss $\begin{eqnarray*} F \equiv 0 \end{eqnarray*}$ funktioniert damit also nicht.

Deswegen gehen wir über zu $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ist auf jeden Fall beschränkt, da $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ja nur von den Funktionswerten von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ abhängt und stetige Funktionen auf kompakten Mengen immer beschränkt sind.

20.12.2014, 18:57

leoclid

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Und wie kommt man direkt darauf, das g ein Fixpunkt ist?

20.12.2014, 19:07

DrMath

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist, ohne die Punkte jetzt im Einzelnen überprüft zu haben, wahrscheinlich eine Folgerung aus dem Banachschen Fixpunktsatz. Wenn seine Vorraussetzungen erfüllt sind, so weiß man grob gesprochen, dass man einen Fixpunkt gefunden hat.

20.12.2014, 19:12

Guppi12

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, dass $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ein Fixpunkt ist, folgt aus den Gleichungen, die darüber hergeleitet wurden.

Betrachtet man $\begin{eqnarray*} \Phi(g) \end{eqnarray*}$ , so folgt aus diesen Gleichungen, dass wir für jedes $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ genau wieder $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} (\Phi(g))(x) \end{eqnarray*}$ bekommen.

Es geht hier weniger um Existenzaussage des Fixpunktsatzes, als mehr um die Eindeutigkeit.
Wir wissen aus Überlegungen, die garnichts mit dem Fixpunktsatz zu tun haben, dass sowohl $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ , als auch $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ Fixpunkte von $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ sind. ( $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ ist ja gerade so definiert worden, dass $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ein Fixpunkt ist.) Der Banachsche Fixpunktsatz liefert in dem Fall nur die Eindeutigkeit des Fixpunktes.

20.12.2014, 19:19

DrMath

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, danke für die Erläuterung. smile

smile

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