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Welche Funktionen genügen diesen Gleichungen?

Universität / Fachhochschule

Funktionen

Tags: funktionalgleichung

wallter0234 aktiv_icon

18:54 Uhr, 28.07.2014

Hallo

Folgende Aufgabe konnte ich nur für

x \in ℚ

lösen, verlangt ist aber die Lösung für

x \in ℝ :

Man zeige, es gibt genau zwei Funktionen

f : ℝ \to ℝ,

die den Funktionsgleichungen
(a)

f (x + y) = f (x) + f (y)

und (b)

f (x) \cdot f (y) = f (x \cdot y)

gnügen.

Meine bisherigen Lösungsbemühungen:

Da die Nullfunktion und die id-Funktion diese Bedingungen erfüllen, müssten es diese beiden trivialen Funktionen sein. Um die Behauptung zu beweisen, dass es keine weitere Funktion gibt, die

(a)

und

(b)

erfüllt, habe ich nun versucht, aus diesen beiden Bedingungen eine mögliche Funktion zu konstruieren.
Wenn

f

nicht die Nullfunktion sein soll, dann gibt es ein

c \in ℝ

mit

f (c) \neq 0

.
Wegen

(b)

gilt, dann

f (c) = f (c \cdot 1) = f (c) \cdot f (1) \Rightarrow f (1) = 1

.
Für

n = 1 + 1 + .

+ 1 \in ℕ

folgt wegen

(a)

weiter

f (n) = f (1 + 1 + .

+ 1) = f (1) + f (1) + .

+ f (1) = n \cdot f (1) = n

.
Für

\frac{1}{m}

mit

m \in ℕ

folgt wegen

1 = f (1) = f (m \cdot \frac{1}{m}) = f (m) \cdot f (\frac{1}{m})

auch

f (\frac{1}{m}) = \frac{1}{f (m)} = \frac{1}{m},

und somit weiter für

q = \frac{n}{m} \in ℚ :

f (\frac{n}{m}) = f (n \cdot \frac{1}{m}) = f (n) \cdot f (\frac{1}{m}) = n \cdot \frac{1}{m} = \frac{n}{m} \Rightarrow f (q) = q

.

Wie aber geht man weiter vor für den Nachweis, dass auch für

x \in ℝ

gilt:

f (x) =

id(x) ??

Um Hilfe bittet

Walter

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

Bummerang

09:31 Uhr, 29.07.2014

Hallo,

jede reelle, aber nicht rationale Zahl

r

lässt sich durch eine Folge rationaler Zahlen beliebig annähern. So ist

r = n + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{n_{k}}{10^{k}}

eine Zerlegung der Zahl

r

in eine natürliche Zahl

n

und eine Folge von Zahlen

n_{k} \in {0, 1, 2, . .

, 8, 9}

. Diese Zerlegung konvergiert für

k \to + \infty

gegen

r

. Aber es gilt auch wegen der Stetigkeit in

f,

dass

f (r) = f (n + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{n_{k}}{10^{k}}) = f (n) + \sum_{k = 1}^{\infty} f (\frac{n_{k}}{10^{k}}) = n + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{n_{k}}{10^{k}} = r

Jetzt musst Du nur vorher noch die Stetigkeit nachweisen, das machst Du mal selber.

anonymous

10:21 Uhr, 29.07.2014

Also das mit der Stetigkeit ist denke ich ein wenig schwierig. Ich habe das selbst anders gelöst.
Ich würde stattdessen wohl zeigen, dass

f

streng monoton wachsend ist, wenn man bei dem Fall bleibt, dass

f

nicht die Nullfunktion ist.

Dies würde ich zeigen, indem ich zeige, dass

x = 0 \Rightarrow f (x) = 0

x \neq 0 \Rightarrow f (x) \neq 0

x > 0 \Rightarrow f (x) > 0

x < 0 \Rightarrow f (x) < 0

gilt und dann

x

durch

x - y

ersetzen und

f (x - y) = f (x) + f (- 1) \cdot f (y) = f (x) - f (y)

verwenden kann, um die entsprechende Monotonie zu erhalten.

Dann kann man die Annahme

x < f (x)

für irgendein

x \in ℝ

zum Widerspruch führen, indem man

r \in ℚ

mit

x < r < f (x)

wählt, da dann

x < r

und

f (r) = r < f (x)

dem monotonen Wachstum widersprechen. Analog dann mit

x > f (x),

so dass dann

f (x) = x

für alle

x \in ℝ

gilt.

Das wäre also ein alternativer Vorschlag, da ich spontan nicht wüsste, wo ich da die Stetigkeit herbekommen kann.

wallter0234 aktiv_icon

19:07 Uhr, 29.07.2014

Hallo Bummerang, hallo Kenkyo,

bei deinem Rat, Bummerang : "Jetzt brauchst du nur noch die Stetigkeit zu beweisen" habe ich Schwierigkeiten. Sei so nett und hilf mir auf die Sprünge, deinen Ansatz zu vervollständigen.

Kenkyos Anregung konnte ich teilweise folgen:
Wegen

f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0)

gilt

f (0) = 0

und somit

x = 0 \Rightarrow f (x) = 0

.
Aber wie du, Kenkyo, zur Umkehrung

f (x) = 0 \Rightarrow x = 0

und damit zur dazu äquivalente Aussage

x \neq 0 \Rightarrow f (x) \neq 0

und weiter auch zu dem Schluss

x > 0 \Rightarrow f (x) > 0

gekommen ist, das habe ich noch nicht kapiert.
Wie dann aus der letzten Ungleichung das streng monotone Steigen von

f

gefolgert wir, meine ich verstanden zu haben:

x < y \Rightarrow x - y < 0 \Rightarrow f (x - y) = f (x) + f (- y) = f (x) + f ((- 1) \cdot y)

= f (x) + (- 1) \cdot f (y) = f (x) - f (y) < 0 \Rightarrow f (x) < f (y)

Und auch die weitere Argumentation, mit der du sowohl

x < f (x)

als auch

x > f (x)

widerlegst, darf ich noch einmal wiederholen.
Wenn bei der streng monoton steigenden Funktion

x < f (x)

gelten würde, dann würde es, da die Menge der rationalen Zahl dicht in der Menge der reellen Zahlen liegt, eine Zahl

r \in ℚ

geben, so dass sowohl

x < r < f (x)

als auch (wegen der streng steigenden Monotonie)

f (x) < f (r)

gelten müsste .
Andererseits ist für

r \in ℚ

aber

f (r) = r

und somit wegen

x < r < f (x)

auch

f (r) < f (x)

. (Widerspruch!)
Analog auch der Nachweis, dass

x > f (x)

falsch ist. Somit ist

x = f (x)

für alle

x \in ℝ

.

Kenkyo wäre ich für Nachhilfe beim Ausfüllen der obigen Beweislücke dankbar.

Besonders gespannt bin ich auf Bummerangs offenbar wesentlich einfacheren Beweis über den Nachweis der Stetigkeit von

f

.

Danke für Eure Hilfe.

Walter

anonymous

20:19 Uhr, 29.07.2014

" Aber wie du, Kenkyo, zur Umkehrung

f (x) = 0 \Rightarrow x = 0

und damit zur dazu äquivalente Aussage

x \neq 0 \Rightarrow f (x) \neq 0

"

Für

x \neq 0

ist:

1 = f (1) = f (x \cdot \frac{1}{x}) = f (x) \cdot f (\frac{1}{x})

f (x) = 0

würde daher zu

1 = 0,

also einem Widerspruch, führen.

Daher ist:

x \neq 0 \Rightarrow f (x) \neq 0

Das ist äquivalent zu:

x = 0 \Leftarrow f (x) = 0

Zusammen mit

x = 0 \Rightarrow f (x) = 0

gilt also:

x = 0 \Leftrightarrow f (x) = 0

- -

" und weiter auch zu dem Schluss

x > 0 \Rightarrow f (x) > 0

gekommen ist, das habe ich noch nicht kapiert. "

Für

x \in ℝ

mit

x > 0

existiert

\sqrt{x} \in ℝ

mit

\sqrt{x} \cdot \sqrt{x} = x

. Daher gilt für

x > 0 :

f (x) = f (\sqrt{x} \cdot \sqrt{x}) = f (\sqrt{x}) \cdot f (\sqrt{x}) \geq 0

Im letzten Schritt wurde wieder verwendet, dass

f (\sqrt{x})

wieder eine reelle Zahl ist, also

{(f (\sqrt{x}))}^{2} \geq 0

gilt.
Da

x > 0,

also insbesondere

x \neq 0,

ist, ist

f (x) \neq 0,

so dass also

f (x)

echt größer als 0 sein muss. Genau dafür habe ich zuvor auch

x \neq 0 \Rightarrow f (x) \neq 0

gezeigt.

Also:

x > 0 \Rightarrow f (x) > 0

- -

Das mit dem

x < 0 \Rightarrow f (x) < 0

was du (zu recht) nicht mehr erwähnt hast, da man es hier nicht braucht, lässt sich auch leicht beweisen:

Für

x < 0

ist

- x > 0

und es gilt:

0 = f (0) = f (- x + x) = f (- x) + f (x)

Daher ist dann wegen

- x > 0

und demnach

f (- x) > 0 :

f (x) = - f (- x) < 0

- -

Den Rest hast du richtig wiedergegeben.

wallter0234 aktiv_icon

18:28 Uhr, 30.07.2014

Danke kenkyo,

jetzt ist alles klar, wäre aber selbst nicht darauf gekommen.

Ich warte mit dem Schließen dieser Aufgabe noch auf Bummerangs Lösung.

Herzliche Grüße von

Walter

wallter0234 aktiv_icon

18:52 Uhr, 01.08.2014

Noch mal danke an alle, die sich für meine Aufgabe interessiert haben.

Walter

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