Funktionalgleichung lösen

07.01.2023, 19:51

Ulrich Ruhnau

Funktionalgleichung lösen

Gegeben ist die Funktionalgleichung

$\begin{eqnarray*} f(x) = 4f\left(\frac x2\right)+x \end{eqnarray*}$

f(x) sollte eine quadratische Funktion sein. Wie rechnet man das aus?

07.01.2023, 20:03

Malcang

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Spontan würde ich mit dem Ansatz arbeiten:
$\begin{eqnarray*} f(x) = ax^2+bx+c \end{eqnarray*}$ und daher $\begin{eqnarray*} f(\frac{x}{2}) = a\left(\frac{x}{2}\right)^2 +b\left(\frac{x}{2}\right) +c \end{eqnarray*}$ .
Einsetzen, gleichsetzen, Koeffizientenvergleich.

07.01.2023, 20:20

URL

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Aus $\begin{eqnarray*} f(x) = 4f\left(\frac x2\right)+x \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} f(x) +x = 4\left ( f\left(\frac x2\right)+\frac x 2 \right ) \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} g(x) = f(x)+x \end{eqnarray*}$ also die handlichere Funktionalgleichung $\begin{eqnarray*} g(x) = 4 g \left(\frac x2\right) \end{eqnarray*}$

07.01.2023, 20:30

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

modifiziertes Original von Malcang
$\begin{eqnarray*} f(x) = ax^2+bx+c \end{eqnarray*}$ und daher $\begin{eqnarray*} f\left(\frac{x}{2}\right) = a\left(\frac{x}{2}\right)^2 +b\left(\frac{x}{2}\right) +c \end{eqnarray*}$ .
Einsetzen, gleichsetzen, Koeffizientenvergleich.

Natürlich keine Frage! Aber eigentlich wollte ich wissen, wie man diesen Ansatz durch Rechnung ermittelt.

$\begin{eqnarray*} f(x) = 4f\left(\frac x2\right)+x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ax^2+bx+c = 4\left(a\left(\frac{x}{2}\right)^2 +b\left(\frac{x}{2}\right) +c\right)+x \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \left.ax^2+bx+c = ax^2 +2bx +4c+x\quad\right|-ax^2-2bx-c \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} -bx = 3c+x\quad\curvearrowright a\in \mathbb R,\,b=-1,\, c=0 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} f(x) = ax^2-x \end{eqnarray*}$

Vielleicht gibt es noch eine schlauere Methode und die wollte ich wissen.

07.01.2023, 20:35

URL

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Ohne weitere Einschränkungen an $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ wird das wohl nicht gehen. Soll f stetig sein? Was ist der Definitionsbereich von f?

07.01.2023, 21:17

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von URL
Soll f stetig sein? Was ist der Definitionsbereich von f?

$\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ ist stetig und $\begin{eqnarray*} x \ge 0 \end{eqnarray*}$ .

08.01.2023, 09:20

IfindU

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RE: Funktionalgleichung lösen
Nehmen wir mal mehr Regularität an, konkret dreimal differenzierbar mit beschränkter dritter Ableitung um die 0. (z.B. wenn es dort stetig ist). Aus
$\begin{eqnarray*} f(x) = 4f\left(\frac x2\right)+x \end{eqnarray*}$
folgt dann
$\begin{eqnarray*} f'''(x) = \frac 1 2 f'''\left(\frac x2\right). \end{eqnarray*}$
Iterativ angewendet bekommen wir für $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'''(x) = \frac 1 {2^n} f'''\left(\frac x{2^n}\right). \end{eqnarray*}$
Nach Annahme ist $\begin{eqnarray*} f'''(x) =\lim_{n\to\infty} \frac 1 {2^n} f'''\left(\frac x{2^n}\right) = 0 \end{eqnarray*}$ und damit ist die dritte Ableitung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ überall 0. D.h. es ist eine Polynomfunktion von höchstens Grad 2.

ich kann mir gut vorstellen, dass man mit weniger Regularität auskommt und das gleiche Beweisen kann. Wie weiß ich allerdings nicht.

Edit: Mit der zweiten Ableitung und Stetigkeit davon in der 0, kommt man auch sofort mit $\begin{eqnarray*} f''(x) = f''\left(\frac x2\right) = \lim_{n\to\infty} f''\left(\frac x{2^n}\right) = f''(0) \end{eqnarray*}$ , d.h. die zweite Ableitung ist konstant (und damit wieder $\begin{eqnarray*} f'''\equiv 0 \end{eqnarray*}$ ).

Edit: Weitere Alternative, basierend auf URLs schöner Beobachtung: Sei $\begin{eqnarray*} h(x) = \frac { g(x)}{x^2} \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} h(x) = \frac { g(x)}{x^2} = 4 \frac { g(\frac x 2 )}{x^2} = \frac { g(\frac x 2 )}{(\frac x 2)^2} = h(\frac x2 ) \end{eqnarray*}$ . Ähnlich zu oben kann man argumentieren, dass $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ konstant ist (vorausgesetzt $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ ist stetig in 0). Und man bekommt $\begin{eqnarray*} h(x) = a \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} g(x) = ax^2 \end{eqnarray*}$ .

08.01.2023, 12:13

Leopold

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Ich übernehme $\begin{align*} f,g,h \end{align*}$ aus den vorigen Beiträgen. Daß man, um die Konstanz von $\begin{align*} h \end{align*}$ zu zeigen, mehr als Stetigkeit in $\begin{align*} f \end{align*}$ investieren muß, zeigt folgendes Beispiel.

Man nimmt ein im Intervall $\begin{align*} [1,2] \end{align*}$ stetiges $\begin{align*} h \end{align*}$ mit $\begin{align*} h(1)=h(2) \end{align*}$ , zum Beispiel

$\begin{align*} h(x) = \left| \, 2x-3 \, \right| \, , \ \ 1 \leq x \leq 2 \end{align*}$

und setzt dieses durch die Funktionalgleichung

$\begin{align*} h(x) = h \left( \frac{x}{2} \right) \end{align*}$

in $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ fort. Man erhält so eine in $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ stetige Funktion $\begin{align*} h \end{align*}$ , die bei $\begin{align*} x_0=0 \end{align*}$ oszilliert. Jetzt macht man die Transformationen, die auf $\begin{align*} h \end{align*}$ geführt haben, rückgängig:

$\begin{align*} f(x) = x^2 h(x) - x \end{align*}$

Wegen der Beschränktheit von $\begin{align*} h \end{align*}$ kann man $\begin{align*} f \end{align*}$ durch $\begin{align*} f(0)=0 \end{align*}$ zu einer in $\begin{align*} x \geq 0 \end{align*}$ stetigen Funktion fortsetzen, die die ursprüngliche Funktionalgleichung erfüllt. EDIT: $\begin{align*} \color{grey} f \end{align*}$ ist in 0 sogar rechtsseitig differenzierbar mit $\begin{align*} \color{grey} f'(0)=-1 \end{align*}$ (siehe Graph bei Finn_ unten).

Die Euklid-Datei im Anhang zeigt den Graphen von $\begin{align*} f \end{align*}$ . Vorübergehend ist die Funktion h als h(x)=x definiert. Mit der rechten Maustaste auf den Graphen von h (blau) klicken, "Funktionsterm editieren..." wählen und den folgenden Funktionsterm hineinkopieren:

if((x>=1) AND (x<=2); abs(2*x-3); if(x>2; h(x/2); if(x>0; h(2*x); sqrt(-x^2))))

08.01.2023, 13:11

Finn_

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Leopolds Konstruktion:

[attach]56635[/attach]

$\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ in Blau, $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in Rot, und $\begin{eqnarray*} x\mapsto f(x)-4f(x/2)-x \end{eqnarray*}$ in Magenta.

08.01.2023, 23:17

Ulrich Ruhnau

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RE: Funktionalgleichung lösen

Zitat:

Original von IfindU
Nach Annahme ist $\begin{eqnarray*} f'''(x) =\lim_{n\to\infty} \frac 1 {2^n} f'''\left(\frac x{2^n}\right) = 0 \end{eqnarray*}$ und damit ist die dritte Ableitung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ überall 0. D.h. es ist eine Polynomfunktion von höchstens Grad 2.

Wie kommst Du hier schon auf 0?

Zitat:

Edit: Mit der zweiten Ableitung und Stetigkeit davon in der 0, kommt man auch sofort mit $\begin{eqnarray*} f''(x) = f''\left(\frac x2\right) = \lim_{n\to\infty} f''\left(\frac x{2^n}\right) = f''(0) \end{eqnarray*}$ , d.h. die zweite Ableitung ist konstant (und damit wieder $\begin{eqnarray*} f'''\equiv 0 \end{eqnarray*}$ ).

Damit wäre ich schon einverstanden.

09.01.2023, 09:23

IfindU

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RE: Funktionalgleichung lösen
Beim ersten:

Zitat:

Original von IfindU
Nehmen wir mal mehr Regularität an, konkret dreimal differenzierbar mit beschränkter dritter Ableitung um die 0. (z.B. wenn es dort stetig ist).

Hier ist die beschränkte Ableitung von $\begin{eqnarray*} f''' \end{eqnarray*}$ wichtig. Etwas schwächer genügt, dass $\begin{eqnarray*} y f'''(y) \to 0 \end{eqnarray*}$ wenn $\begin{eqnarray*} y\to 0 \end{eqnarray*}$ . Wenn $\begin{eqnarray*} f''' \end{eqnarray*}$ beschränkt ist, dann folgt das automatisch: Sei $\begin{eqnarray*} C > 0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |f'''(y)| \leq C \end{eqnarray*}$ . Dann hat man $\begin{eqnarray*} 0 \leq |y f'''(y) | \leq C |y| \to 0 \end{eqnarray*}$ .

Bedenk dabei, dass man irgendeine Annahme der Form brauchen wird, wie es Leopolds Zoo an Beispielen zeigt. Dort sieht man dank Finns Bild schön, dass $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ unstetig in 0 sein muss, um eine anderes Beispiel als ein Polynom als Lösung zu generieren.

Was für ein Teamwork Prost

09.01.2023, 10:01

HAL 9000

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Eine nette Lösungsfunktion ist beispielsweise $\begin{eqnarray*} f(x) = \begin{cases} x^2\sin\left(2\pi\log_2(x)\right)-x & \mbox{ für } x>0\\ 0 & \mbox{ für } x=0\end{cases} \end{eqnarray*}$

09.01.2023, 10:18

Leopold

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HALs Beispiel ordnet sich mit

$\begin{align*} h(x) = \sin \left( 2 \pi \log_2(x) \right) \, , \ 1 \leq x \leq 2 \end{align*}$

in meinen "Zoo" ein und hat noch die hübsche Eigenschaft der Differenzierbarkeit, wenn man $\begin{align*} h \end{align*}$ fortsetzt oder nach HAL gleich global definiert.

09.01.2023, 10:24

HAL 9000

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Ja, man könnte z.B. $\begin{eqnarray*} \log_2(x) \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \log_2|x| \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ ersetzen.

10.01.2023, 07:48

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von HAL 9000
Eine nette Lösungsfunktion ist beispielsweise $\begin{eqnarray*} f(x) = \begin{cases} x^2\sin\left(2\pi\log_2(x)\right)-x & \mbox{ für } x>0\\ 0 & \mbox{ für } x=0\end{cases} \end{eqnarray*}$

Jetzt habe ich schon geglaubt $\begin{eqnarray*} f(x) = ax^2-x \end{eqnarray*}$ sei die einzige Lösung auf

$\begin{eqnarray*} f(x) = 4f\left(\frac x2\right)+x \end{eqnarray*}$

Da will ich erst einmal HALs Vorschlag $\begin{eqnarray*} f(x) = x^2\sin\left(2\pi\log_2(x)\right)-x \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ prüfen, bevor ich mich weiter wundere.

$\begin{eqnarray*} f\left(\frac x2\right) = \left(\frac x2\right) ^2\sin\left(2\pi\log_2\left(\frac x2 \right)\right)-\frac x2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 4f\left(\frac x2\right) = x^2\sin\left(2\pi\log_2\left(\frac x2 \right)\right)-2x \end{eqnarray*}$

Eingesetzt in die Funktionalgleichung ergibt das:

$\begin{eqnarray*} x^2\sin\left(2\pi\log_2(x)\right)-x = x^2\sin\left(2\pi\log_2\left(\frac x2 \right)\right)-x \end{eqnarray*}$

@HAL
Wegen des unterschiedlichen Argumentes im Logarithmus sind beide Seiten doch etwas verschieden. Du hast gemogelt! Big Laugh

10.01.2023, 07:53

HAL 9000

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Es ist $\begin{eqnarray*} 2\pi\log_2\left(\frac{x}{2}\right) = 2\pi\log_2\left(x\right) - 2\pi\log_2\left(2\right) = 2\pi\log_2\left(x\right) - 2\pi \end{eqnarray*}$ .

Hat der Herr Ruhnau schon mal von der $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ -Periodizität der Sinusfunktion gehört? Ab in die Ecke eine Runde Schämen.

Fürs nächste Mal eine Empfehlung: Da man sich nie ganz sicher sein kann, eine Umformung wie die oben zu übersehen, sollte man eine Gleichung nur dann der Falschheit bezichtigen, wenn man konkrete Parameter im Rahmen der Voraussetzung (die hier nur $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ lautet) nennen kann, wo tatsächlich Ungleichheit gilt.

10.01.2023, 09:29

Leopold

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
@HAL
Wegen des unterschiedlichen Argumentes im Logarithmus sind beide Seiten doch etwas verschieden. Du hast gemogelt! Big Laugh

Ich mußte schon ein wenig grinsen...
Hat doch unser Uli den HAL beim Mogeln ertappt.
Ja wenn das so ist, dann Prost

10.01.2023, 09:31

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Ja wenn das so ist, dann Prost

Das hat er vermutlich schon vor der Analyse der Gleichung gemacht, daher der trübe Blick. Augenzwinkern

10.01.2023, 09:48

Ulrich Ruhnau

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RE: Funktionalgleichung lösen
@HAL
Doch nicht gemogelt! Jetzt erkenne ich erst jetzt und leider zu spät, die Genialität dieses Vorschlags und warum der Logarithmus zur Basis 2 notwendig gewesen war.

$\begin{eqnarray*} f(x) = x^2\sin\left(2\pi\log_2(x)\right)-x \end{eqnarray*}$

Normalerweise nimmt man gerne den natürlichen Logarithmus, weil sich dieser leichter ableiten läßt. Das hat mich nicht stutzig genug gemacht. Aber leider nimmt nun meine Verwunderung wieder zu, und ich stürze mich auf die Frage, ob an der folgenden Argumentation etwas nicht stimmt.

Zitat:

Original von IfindU
Edit: Mit der zweiten Ableitung und Stetigkeit davon in der 0, kommt man auch sofort mit $\begin{eqnarray*} f''(x) = f''\left(\frac x2\right) = \lim_{n\to\infty} f''\left(\frac x{2^n}\right) = f''(0) \end{eqnarray*}$ , d.h. die zweite Ableitung ist konstant (und damit wieder $\begin{eqnarray*} f'''\equiv 0 \end{eqnarray*}$ ).

Das will ich jetzt auch mal prüfen. Zunächst muß ich mir klarmachen, wie man einen anderen Logarithmus als den Natürlichen ableiten kann. Sei

$\begin{eqnarray*} x=2^y \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln x=y\ln 2 \end{eqnarray*}$ Wegen $\begin{eqnarray*} y=\log_2x \end{eqnarray*}$ bekomme ich also

$\begin{eqnarray*} \frac{\ln x}{\ln2}=\log_2 x \end{eqnarray*}$ . Damit kann ich mich an die Ableitung von

$\begin{eqnarray*} f(x) = x^2\sin\left(2\pi\log_2(x)\right)-x \end{eqnarray*}$ machen.

$\begin{eqnarray*} f'(x) = 2x\sin\left(2\pi\log_2(x)\right)+x^2\cos\left(2\pi\log_2(x)\right)\frac {2\pi}{x\ln 2}-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x) = 2x\sin\left(2\pi\log_2(x)\right)+\frac{2\pi x}{\ln 2}\cos\left(2\pi\log_2(x)\right)-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f''(x) = 2\sin\left(2\pi\log_2(x)\right) + \frac{4\pi}{\ln 2}\cos\left(2\pi\log_2(x)\right) + \frac{2\pi}{\ln 2}\cos\left(2\pi\log_2(x)\right)- \left(\frac{2\pi}{\ln 2}\right)^2\sin\left(2\pi\log_2(x)\right) \end{eqnarray*}$

Jetzt will ich erst einmal prüfen, ob ich mich verrechnet habe, bevor ich mich der Frage zuwende, was hier nicht ganz stimmt, denn f''(0)=0 ist nicht herausgekommen. Erstaunt2

10.01.2023, 10:02

IfindU

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@Ulrich Um es noch einmal zu sagen:

Meine Aussagen sind alle von der Form "Wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nicht nur stetig ist, sondern noch Eigenschaft X besitzt, dann ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ein Polynom". Leopold/HAL haben nun Beispiele konstruiert, welche nicht Polynome sind. Damit können wir folgern, dass diese nicht Eigenschaft X besitzen. In dem Fall wirst du herausbekommen müssen, dass die zweite Ableitung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nicht stetig in der 0 sein kann/wird.

10.01.2023, 10:20

HAL 9000

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Zitat:

Original von IfindU
dass die zweite Ableitung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nicht stetig in der 0 sein kann/wird.

Tatsächlich existiert sie in dem Punkt gar nicht: Es ist

$\begin{eqnarray*} f'(x) = \begin{cases} x\left[2\sin\left(\log_2\left(x\right)\right)+\frac{2\pi}{\ln(2)}\cos\left(\log_2\left(x\right)\right)\right]-1 &\mbox{ für }x>0\\ -1 &\mbox{ für }x=0\end{cases} \end{eqnarray*}$ ,

was dann ergibt

$\begin{eqnarray*} \frac{f'(h)-f'(0)}{h} = 2\sin\left(\log_2\left(h\right)\right)+\frac{2\pi}{\ln(2)}\cos\left(\log_2\left(h\right)\right) = A\sin\left(\log_2\left(h\right)+\varphi\right) \end{eqnarray*}$

mit berechenbarer Amplitude $\begin{eqnarray*} A\neq 0 \end{eqnarray*}$ und Phasenverschiebung $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ dieser Oszillation, ohne Konvergenz für $\begin{eqnarray*} h\to 0 \end{eqnarray*}$ .

Wo jetzt alle so geübt sind, will sich jemand mal hier dran versuchen? Augenzwinkern

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