Funktional-DGL

21.03.2023, 09:47

Ulrich Ruhnau

Funktional-DGL

In meinem Übungsbuch finde ich auf Seite 57 die Aufgabe:

8) Let $\begin{eqnarray*} f'(x)=f^{-1}(x) \end{eqnarray*}$ . If $\begin{eqnarray*} f(2019)=2019 \end{eqnarray*}$ , what is $\begin{eqnarray*} f''(2019) \end{eqnarray*}$ ?

Es soll herauskommen: $\begin{eqnarray*} \frac 1{2019} \end{eqnarray*}$

Wie rechnet man das?

Angenommen die Schreibweise $\begin{eqnarray*} f^{-1} \end{eqnarray*}$ würde Kehrwert von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ bedeuten, dann komme ich auf

$\begin{eqnarray*} f''(x)=-f^{-2}(x)\cdot f'(x)=-f^{-2}(x)\cdot f^{-1}(x)=-f^{-3}(x) \end{eqnarray*}$ .

Das führt aber nicht auf die vorgegebene Lösung. Also nehme ich mal an, daß hier die Umkehrfunktion von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ gemeint ist. Diese möchte ich mal $\begin{eqnarray*} h(y) \end{eqnarray*}$ taufen, mit
$\begin{eqnarray*} y=f(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x=h(y) \end{eqnarray*}$ . Es gilt dann ferner:

x= $\begin{eqnarray*} h(f(x))\quad \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \quad y=f(h(y)) \end{eqnarray*}$ .

Das Erste leite ich nach x, das Zweite nach y ab:

$\begin{eqnarray*} 1=h'(f(x))f'(x)\qquad 1=f'(h(y))h'(y) \end{eqnarray*}$

Dann stelle ich beide Gleichungen um.

$\begin{eqnarray*} \frac 1{h'(f(x))}=f'(x)\qquad \frac 1{h'(y)}=f'(h(y)) \end{eqnarray*}$

Das könnte ich beides ableiten um auf $\begin{eqnarray*} f'' \end{eqnarray*}$ zu kommen. Leider habe ich dann aber noch das Problem, daß ich $\begin{eqnarray*} h' \end{eqnarray*}$ nicht kenne. Wer kann mir helfen?

21.03.2023, 09:57

HAL 9000

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Ich denke auch, dass die Umkehrfunktion gemeint ist. Damit wird implizit auch vorausgesetzt, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ überhaupt eine solche Umkehrfunktion besitzt. Aus $\begin{eqnarray*} f(2019)=2019 \end{eqnarray*}$ folgt dann $\begin{eqnarray*} f^{-1}(2019)=2019 \end{eqnarray*}$ und damit auch $\begin{eqnarray*} f'(2019)=2019 \end{eqnarray*}$ . Wir setzen wohl auch voraus, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ zweimal differenzierbar ist.

Aus $\begin{eqnarray*} f'(t)=f^{-1}(t) \end{eqnarray*}$ folgt mit $\begin{eqnarray*} t=f(x) \end{eqnarray*}$ die Gleichung $\begin{eqnarray*} f'(f(x)) = x \end{eqnarray*}$ , diese nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ abgeleitet ergibt gemäß Kettenregel $\begin{eqnarray*} f''(f(x))\cdot f'(x) = 1 \end{eqnarray*}$ , Jetzt nur noch x=2019 eingesetzt erhalten wir

$\begin{eqnarray*} f''(f(2019))\cdot f'(2019) = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f''(2019)\cdot 2019 = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f''(2019) = \frac{1}{2019} \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Ist übrigens gar nicht so einfach, überhaupt Funktionen mit $\begin{eqnarray*} f'(x)=f^{-1}(x) \end{eqnarray*}$ zu finden. Für $\begin{eqnarray*} f:~\mathbb{R}_+\to \mathbb{R}_+ \end{eqnarray*}$ finde ich mit Potenzfunktionsansatz

$\begin{eqnarray*} f(x) = \Phi^{1-\Phi} \cdot x^{\Phi} \end{eqnarray*}$ mit Goldenem Schnitt $\begin{eqnarray*} \Phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{eqnarray*}$ ,

allerdings erfüllt diese Funktion nicht die Eigenschaft $\begin{eqnarray*} f(2019)=2019 \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

21.03.2023, 14:09

Ulrich Ruhnau

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RE: Funktional-DGL
Danke HAL !

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
x= $\begin{eqnarray*} h(f(x))\quad \end{eqnarray*}$ .

Ich hätte mich also nur darauf besinnen müssen, daß mein $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ ist.

$\begin{eqnarray*} x=f'(f(x)) \end{eqnarray*}$

Was abgeleitet $\begin{eqnarray*} 1=f''(f(x))\cdot f'(x) \end{eqnarray*}$ ergibt.

Mit $\begin{eqnarray*} f(x) = 2019 \end{eqnarray*}$ ergibt sich dann wegen $\begin{eqnarray*} 2019=f^{-1}(2019)=f'(2019) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1=f''(2019)\cdot 2019 \end{eqnarray*}$

Jetzt würde mich aber noch interessieren, wie die Funktion f(x) aussieht. Gibt es da eine Möglichkeit sich diese Funktion numerisch zu erarbeiten?

21.03.2023, 14:50

HAL 9000

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Naja, ebenso wie die ersten zwei kannst du auch die weiteren Ableitungen an der Stelle $\begin{eqnarray*} x_0=2019 \end{eqnarray*}$ mit den oben angewandten Techniken ermitteln. Damit kannst du zumindest eine lokale Entwicklung als Potenzreihe

$\begin{eqnarray*} f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\cdot (x-x_0)^n \end{eqnarray*}$

versuchen. Ob man an der irgendwas explizites erkennt? Ich weiß es nicht, habe aber meine Zweifel.

P.S.: Genau genommen musst du dich gar nicht mit den Ableitungen quälen: Mit Ansatz

$\begin{eqnarray*} f(x) = a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \ldots \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} a_0=x_0 \end{eqnarray*}$ ergibt sich

$\begin{eqnarray*} f'(x) = a_1 + 2a_2(x-x_0) + 3a_3(x-x_0)^2 + \ldots \end{eqnarray*}$

Und jetzt kannst du versuchen über $\begin{eqnarray*} f'(f(x))=x \end{eqnarray*}$ oder vielleicht auch $\begin{eqnarray*} f(f'(x))=x \end{eqnarray*}$ irgendeine Rekursion für die $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ aufzustellen...

23.03.2023, 07:21

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von HAL 9000
Und jetzt kannst du versuchen über $\begin{eqnarray*} f'(f(x))=x \end{eqnarray*}$ oder vielleicht auch $\begin{eqnarray*} f(f'(x))=x \end{eqnarray*}$ irgendeine Rekursion für die $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ aufzustellen...

Das will ich bei Gelegenheit versuchen. Aber vorerst habe ich eine numerische Lösung im Sinn gehabt. Ich will zuerst eine Zeichnung von dem Ganzen haben. Es gibt für $\begin{eqnarray*} f'(x)=f^{-1}(x) \end{eqnarray*}$ eine analytische Lösung mit dem Ansatz $\begin{eqnarray*} f(x) =ax^r \end{eqnarray*}$ . Dabei ist

$\begin{eqnarray*} a=\left(\frac 2{1+\sqrt 5} \right)^{\frac {1+\sqrt 5}{3+\sqrt 5}}\approx 0{,}742742944624682\qquad r=\frac{1+\sqrt 5}2\approx 1{,}618033988749895 \end{eqnarray*}$

Im Diagramm ist diese Funktion hellblau dargestellt. Die inverse Funktion ist purpur dargestellt und ergibt sich durch Vertauschung von x und y, was einer Spiegelung an der Fixpunktgeraden gleichkommt. Die dunkelblaue Kurve ist meine numerische Lösung für den Fall $\begin{eqnarray*} f(2)=2 \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} f(2019)=2019 \end{eqnarray*}$ . Ich habe sie nach dem Eulerverfahren berechnet. In rot ist ihre Inverse dargestellt.
[attach]56941[/attach]

23.03.2023, 08:22

HAL 9000

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Es gibt für $\begin{eqnarray*} f'(x)=f^{-1}(x) \end{eqnarray*}$ eine analytische Lösung mit dem Ansatz $\begin{eqnarray*} f(x) =ax^r \end{eqnarray*}$ . Dabei ist

$\begin{eqnarray*} a=\left(\frac 2{1+\sqrt 5} \right)^{\frac {1+\sqrt 5}{3+\sqrt 5}}\approx 0{,}742742944624682\qquad r=\frac{1+\sqrt 5}2\approx 1{,}618033988749895 \end{eqnarray*}$

Das ist dieselbe, die ich oben genannt hatte:

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} f(x) = \Phi^{1-\Phi} \cdot x^{\Phi} \end{eqnarray*}$ mit Goldenem Schnitt $\begin{eqnarray*} \Phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{eqnarray*}$

Problematisch an deinem Kurvenpaar blau/rot: Die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ (blau) ist nicht bijektiv, besitzt daher eigentlich gar keine Umkehrfunktion! Zumindest nicht über den gesamten von dir gezeichneten Bereich von ca. $\begin{eqnarray*} [-1.2,2] \end{eqnarray*}$ . Im saloppen, weiteren Sinne ist deine rote Kurve dann eine zweigeteilte Umkehrfunktion, von der aber nur der obere Zweig auch tatsächlich die Ableitung $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ repräsentiert.

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