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Startseite » Forum » f stetig von R nach R: f(x+y)=f(x)*f(y)
f stetig von R nach R: f(x+y)=f(x)*f(y)
Universität / Fachhochschule
Tags: Analysis
 
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anonymous 17:25 Uhr, 20.12.2006  |
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Nabend ihr Lieben, hab hier diese Aufgabe: Zeigen Sie: Ist f:R→R stetig und gilt f(x+y)=f(x)·f(y) für alle x,y ∈ R, so ist entweder f die konstante Funktion f(x) = 0, oder es ist f(x)=a^x für a=f(1)>0. Muss ich nun eine Fallunterscheidung machen und getrennt zeigen, dass die die Formel für f(x)=0 und f(x)=a^x wahr ist? Für f(x)=0 für die Sache trivial. Aber wie schauts dann bei f(x)=a^x aus??? f(x+y)=a^(x+y) f(x)*f(y)=a^x*a^y das ist ja die allgemeine Regel fürs Rechnen mit Potenzen, aber wie Beweis ich das? denn so einfach (f(x+y)=a^(x+y)=a^x*a^y=f(x)*f(y)) wird es ja wohl nicht sein, oder??? Lieben Gruß |
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anonymous 18:42 Uhr, 20.12.2006 |
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hi, kannst dir im forster 7aufl. uf seite 116 anschauen wie man es löst |
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anonymous 20:42 Uhr, 20.12.2006 |
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Hi, ist f:R→R stetig und gilt f(x+y)=f(x)·f(y) für alle x,y ∈ R, so ist entweder f die konstante Funktion f(x) = 0, oder es ist f(x)=a^x für a=f(1)>0. Also zunächst erfüllt f=0 erfüllt obiges. Sei nun f nicht die 0-Funktion. Zunächst ist dann f an keiner Stelle 0. Denn gäbe es ein r aus r mit f(r)=0, so folgte für jedes x aus IR: f(x)=f(r+(x-r))=f(r)*f(x-r)=0*f(x-r)=0, also wäre dann f die 0-Funktion. Weiter: für jedes n aus IN gilt: f(n)=f(1)^n. Das beweist man induktiv. Weiter: f(1+0)=f(1)=f(1)*f(0) und da f(1) != 0, folgt: f(0)=1=(f(1))^0. Nun folgt wegen f(0) > 0 und weil f stetig ist und ohne Nullstelle, dass f > 0 auf ganz IR gilt. Weiter berechnet man dann für m aus IZ, m < 0: f(-m+m)=f(0)=1, also f(-m)=1/f(m)=1/(f(1)^m)=(f(1))^(-m) Also gilt auf IZ={ganze Zahlen}: f(z)=f(1)^z Nun betrachtet man die rationalen Zahlen der Art x=p/q, o.B.d.A. p aus IZ und q aus IN. Dann berechnet man (Beweis per Induktion mittels der Eigenschaft von f): f(p)=f(q*(p/q))=f((p/q)+(p/q)+...+(p/q)) [q Summanden] =f(p/q)*f(p/q)*...*f(p/q) [q Faktoren] =(f(p/q))^q also f(p/q)=(f(p))^(1/q) (beachte, dass f > 0 ja auf ganz IR galt), also weiter wegen f(p)=(f(1))^p f(p/q)=f(1)^(p/q) Bisher gilt also: f(r)=(f(1))^r für jedes rationale r. Und ist nun x aus IR beliebig, so gibt es eine Folge rationaler Zahlen (r_n=p_n/q_n)_n mit p_n aus IZ, q_n aus IN={1,2,3...} mit r_n -> x (n -> unendlich). Dann folgt mit der Stetigkeit von f: f(x)=f(lim(p_n/q_n))=lim(f(p_n/q_n))=lim((f(1))^(r_n)) =lim(exp(r_n * ln(f(1)))) (beachte: f(1) > 0) =exp(lim(r_n * ln(f(1)))) (Stetigkeit von exp(.)) =exp(x*ln(f(1))) =(f(1))^x Fertig! Gruß, Jonny |
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anonymous 21:02 Uhr, 20.12.2006 |
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Also mal eine Zusammenfassung des Beweises, anhand derer Du vielleicht das ganze auch mal alleine probieren solltest (quasi Anleitung): 1.) Zeige: f hat keine Nullstelle auf IR, sofern f nicht die 0-Funktion ist. 2.) Zeige f(n)=f(1)^n für alle n aus IN={1,2,3,...} mittels Induktion, wobei die Eigenschaft von f zu verwenden ist. 3.) Zeige f(0)=1. 4.) Wegen f(0)=1 > 0 folgt mit 1.) und der Stetigkeit von f, dass f > 0 auf IR gelten muss. 5.) Zeige f(m)=(f(1))^m für m aus IZ, m < 0 (da hab' ich oben falsch umgeformt, aber die Folgerung geht analog. Nimm halt oben m aus IN, dann ist -m aus IZ und -m < 0 und das passt dann ;)!) 6.) Folgere f(p)=f(q*(p/q))=f(p/q)^q für q aus IN, p aus IZ. Formaler Beweis z.B.: Zunächst per Induktion über n zeigen, dass f(n*x)=f(x)^n für jedes natürliche n aus IN gilt (mittels der Eigenschaft der Funktion und indem man n*x als Summe schreibt...). Dann linkerhand benutzen, dass wegen 2.) f(p)=(f(1))^p gilt. 7.) Für beliebiges reelles x benutze die Existenz einer rationalen Folge r_n, die gegen x konvergiert. Benutze dann die Stetigkeit von f und die der exp(.)-Funktion! Gruß, Jonny |
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anonymous 21:25 Uhr, 20.12.2006 |
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Ach, übrigens zu Deiner Bemerkung: Die Funktion f(x)=a^x erfüllt natürlich f(x+y)=a^(x+y)=a^x*a^y=f(x)*f(y), ist stetig auf IR und ist nicht die 0-Funktion. Aber die Aufgabe besagt ja, dass, falls f nicht die 0-Funktion ist, f stetig und stets f(x+y)=f(x)*f(y) gilt, so gibt es einzig und alleine die Möglichkeit, dass f(x)=f(1)^x=a^x ist mit a=f(1) > 0. Also: Wir nehmen zwei Aussagen: A sei die Aussage: f: IR -> IR sei stetig und erfülle f(x+y)=f(x)*f(y) B sei die Aussage: Entweder gilt f=0 oder f(x)=a^x mit a=f(1) > 0. Wenn Du nun sagst: Ist f=0, so gilt A. Ist f(x)=a^x, so gilt A, so hast Du bewiesen: Falls B gilt, dann gilt auch A. (B => A) Du musst aber zeigen: Falls A gilt, dann gilt B. (A => B) Also etwas aufpassen. Man könnte das natürlich auch so versuchen: f=0 und f(x)=a^x erfüllen beide A. Und jetzt muss man zeigen: Jede stetige Funktion g: IR -> IR, die nicht die 0-Funktion ist und die nicht eine Darstellung der Art g(x)=A^x mit einem A > 0 hat, kann nicht g(x+y)=g(x)*g(y) erfüllen. Damit wäre dann gezeigt, dass f=0 oder f derart, dass f(x)=a^x (a > 0) die einzigen stetigen Funktionen wären, die f(x+y)=f(x)*f(y) erfüllen. Aber dieser Ansatz würde schon daran scheitern, dass man anfangen würde: "Sei g eine stetige Funktion, so dass es kein A > 0 mit g(x)=A^x gibt und sei g nicht die 0-Funktion...." Was wollte man da weiter benutzen? Gruß, Jonny |
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Ich sehe, auch Jonny hat eine neuere Auflage eines ´Forster - Analysis 1´. In meinem Forster (von 1978) steht der Beweis in §12 und auf p.76. - Ist der Beweis mittlerweile SO umfangreich geworden? *g* (??) Beweis: (1) ...Falls f(1)=0, dann ist f(x)=f(x-1 +1)=f(x-1)*f(1)=0 für alle x€R (trivial). (2) ...(nicht-trivialer Fall a !=0:) Beachte vorab: a:=f(1)=f(1/2 + 1/2)=f²(1/2)>0 und a=f(1+0)=a*f(0) fürs folgende. - Damit erhält man (induktiv) f(n)=an ...für alle n € Z und erweitert dies zu: f(p/q) = (ap)1/q für p€Z und q €N>3, womit f(x)=ax für x€Q bewiesen ist. JETZT + ERST kommt die Stetigkeit von f ins Spiel... Falls x€R, dann gibt es (Folgen) xn € Q mit xn-->x; ausführlich: f(x)= lim f(xn) = lim a(xn) = ax ... (qed.) (3) ... Da R durch obige Fallunterscheidung a=0 und sonst disjunkt zerlegt wird, ist die Eindeutigkeit von f erledigt. Nachtrag: Ist die Stetigkeit eines f wirklich notwendig? - IMHO ist bzgl. f garnix notwendig. Ich denke an topologische Gruppen und an die Stetigkeit von + bzw. * in den entspr. Gruppen (R,+) und (R*,*). Zur Not nehme ich Archimedes in Kauf. - Ob diesbzgl. jemand was sagen könnte??! - Da og. (*/+)Stetigkeit bzgl. der Standard-Top. klar ist, sehe ich keine Forderung mehr an f... (...DAnke für Tipps) -Steele- |
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anonymous 11:26 Uhr, 21.12.2006 |
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Hallo Steele, nein, ich habe keine neuere Auflage des Forsters. Ich habe überhaupt keinen Forster. Ich habe mir diesen Beweis selbst zusammengebastelt (dazu muss ich aber sagen, dass ich einen analogen mit f(x+y)=f(x)+f(y), f stetig, kenne und wenn man mal den Anfang davon weiß, sich den Rest schnell zusammenreimen kann...). Die Schritte sind eigentlich, auch wenn ich mir Deine Anleitung aus dem Forster angucke, die gleichen, abgesehen davon, dass ich Zwischenschritte mittels Induktion manchmal ausführlicher beweise, was in den ersten Semester nicht von Nachteil ist! Gruß, Jonny |
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anonymous 11:39 Uhr, 21.12.2006 |
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Ach, okay, ich habe, wenn man die Beweise vergleicht, tatsächlich einmal unnötigerweise den Zwischenwertsatz herangezogen. Für meinen Beweisaufbau war das so aber dann doch nicht wirklich unnötig. ;) Gruß, Jonny |
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anonymous 12:30 Uhr, 22.12.2006 |
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Hallo Steele, wenn ich so über Deine Argumentation nachdenke, würde ich sagen, dass man auf die Voraussetzung der Stetigkeit an f verzichten kann. Das liegt zum einen daran, dass, wie Du sagtest, dass die Abbildungen +: IR x IR -> IR, *: IR x IR -> IR stetig sind und weil f durch f(x+y)=f(x)*f(y) schon auf einer in IR dichten Teilmenge eindeutig definiert ist. Ich finde jedenfalls auch keine Möglichkeit, ein Gegenbeispiel zu konstruieren ;)! Als Ü-Aufgabe für's Grundstudium sollte man aber ruhig: f stetig mit voraussetzen ;)... Gruß, Jonny |
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anonymous 23:04 Uhr, 25.12.2006 |
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Hi Steele, man braucht die Stetigkeit von f doch. Sonst setze einfach f(x)=0 für x aus IR\Q und f(x)=a^x für x aus Q... Dann erfüllt f auch f(x+y)=f(x)f(y) für alle x,y aus IR! Gruß, Jonny |
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anonymous 23:23 Uhr, 25.12.2006 |
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Hallo, leider war mein letzter Beitrag eine Lüge (1+sqrt(2) ist aus IR\IQ, 1-sqrt(2) auch, aber die Summe ergibt 2, was aus Q ist. Aber f(2)=a² würde dann nicht das obige erfüllen...)... Gruß, Jonny |
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