f=f': f ist e-Funktion

18.09.2018, 14:57	Romaxx	Auf diesen Beitrag antworten »
f=f': f ist e-Funktion Hallo zusammen, ich versuche aus der Bedingung, dass eine Funktion $\begin{eqnarray} f(x):\mathbb R\to \mathbb R \end{eqnarray}$ , dessen Ableitung die Funktion $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ selber ist, abzuleiten, dass es sich strenggenommen um $\begin{eqnarray} f(x)=ce^x \end{eqnarray}$ , mit $\begin{eqnarray} c\in\mathbb R \end{eqnarray}$ handeln muss, bleibe aber stecken: Wir wissen $\begin{eqnarray} \lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} = f(x) \end{eqnarray}$ . Ich ziehe nun auf beiden Seiten $\begin{eqnarray} f(x) \end{eqnarray}$ ab und multpliziere mit $\begin{eqnarray} h' \end{eqnarray}$ durch, für ein $\begin{eqnarray} h'\in\mathbb R \end{eqnarray}$ variable. Ich erhalte $\begin{eqnarray} \lim_{h\to0}\frac{h'(f(x+h)-f(x))}{h}- f(x)h'= 0 \end{eqnarray}$ . Nun klammere ich $\begin{eqnarray} f(x) \end{eqnarray}$ aus und erhalte $\begin{eqnarray} \lim_{h\to0}\frac{h'f(x+h)}{h}- f(x)(h'+\frac{h'}{h})=0 \end{eqnarray}$ . Von hier an setze ich $\begin{eqnarray} h'=h \end{eqnarray}$ und komme auf $\begin{eqnarray} \lim_{h\to0}f(x+h)- f(x)(h+1)=0 \end{eqnarray}$ . Diese Bedingung sagt mir, das $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ stetig sein muss. Kann ich irgendwie ableiten, dass es sich um eine e-funktion handelt? Danke!
18.09.2018, 15:43	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Viele, viel zu viele Operationen. Was du getan hast, kann man kurz so zusammenfassen: Aus $\begin{eqnarray} \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} = f(x) \end{eqnarray}$ folgt durch Rüberbringen von f(x) nach links $\begin{eqnarray} \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)(h+1)}{h} = 0 \end{eqnarray}$ . Daraus folgerst du basierend auf $\begin{eqnarray} \lim_{h\to 0} h = 0 \end{eqnarray}$ und Multiplikation beider Grenzwerte $\begin{eqnarray} \lim_{h\to 0} (f(x+h)-f(x)(h+1)) = 0 \end{eqnarray}$ . Zweifelsohne richtig, nur: Die Multiplikation mit $\begin{eqnarray} \lim_{h\to 0} h = 0 \end{eqnarray}$ "vernichtet" nahezu die gesamte Ausgangsinformation - auch wenn man beispielsweise "nur" $\begin{eqnarray} \limsup_{h\to 0} \left\| \frac{f(x+h)-f(x)(h+1)}{h} \right\| < \infty \end{eqnarray}$ (also bloße Beschränktheit) als Voraussetzung hätte, würde auf diese Weise $\begin{eqnarray} \lim_{h\to 0} (f(x+h)-f(x)(h+1)) = 0 \end{eqnarray}$ folgen, und damit lediglich Stetigkeit von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ folgen. Nochmal: Die wirklich Information ist damit im wahrsten Sinne des Wortes auf der Strecke geblieben.
18.09.2018, 15:50	Romaxx	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke, habe ich eben auch gemerkt . Kennst du denn einen Beweis, der aus der Ableitungsbedingung mit dem Differentialquotient zwingend die Gestalt der e-funktion beweist? Kennst du einen anderen Ansatz? Danke!
18.09.2018, 16:02	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich würde die Differentialgleichung $\begin{eqnarray} y=y' \end{eqnarray}$ mit den da üblichen Methoden lösen. Eine weitere Möglichkeit wäre ein Potenzreihenansatz.
18.09.2018, 16:19	005	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Standardbeweis zum Thema setzt $\begin{eqnarray} \phi(x)=f(x)e^{-x} \end{eqnarray}$ . Dann folgt aus $\begin{eqnarray} f'=f \end{eqnarray}$ , dass $\begin{eqnarray} \phi'\equiv0 \end{eqnarray}$ ist.
18.09.2018, 18:49	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Satz von Picard-Lindelöf garantiert eine eindeutige Lösung für die Dgl. bei Angabe als Anfangswertproblem, wobei man den Anfangszustand $\begin{eqnarray} (x_0,f(x_0)) \end{eqnarray}$ variabel halten kann. Die Lösung selbst kann dann gefunden werden mit der Separation der Variablen, einer Picard-Iteration, einem Potenzreihenansatz, dem Verfahren über die Laplace-Transformation oder durch Betrachtung als Eigenwertproblem. Also sagen wir mal dass Picard-Lindelöf verboten ist, weil es zu einfach wäre, weil die Lipschitz-Bedingung trivial erfüllt ist. Aber als Übung sollte man die Dgl. trotzdem mal in den Satz einsetzen. Einige Verfahren liefern die gesamte Lösungsmenge und damit einen Beweis. Selbst wenn bei einem Verfahren die Lösungsmenge zu groß wird, lassen sich die eigentlichen Lösungen durch nachträgliche Überprüfung der Dgl. herausfiltern.
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