Olkoon f:R->R
Jos kaikilla x,y kuuluu R on voimassa f(x y)=f(x) f(y), niin millainen funktio f voi olla.
Helposti nähdään että
f(0)=0
f(m/n)=m/n*f(1)
entäpä irrationaaliluvuille
f(r)=r*f(1)? Miten todistetaan vai voiko olla että ei pidä paikkansa.
Jos tuon viimeisen todistaa on funktiolla mahdollisuuksina
f(0)=0
f(1)=a
f(x)=x*a
missä a on mielivaltainen vakio.
Jos kaikilla x,y kuuluu R on voimassa f(x y)=f(x) f(y), niin millainen funktio f voi olla.
Helposti nähdään että
f(0)=0
f(m/n)=m/n*f(1)
entäpä irrationaaliluvuille
f(r)=r*f(1)? Miten todistetaan vai voiko olla että ei pidä paikkansa.
Jos tuon viimeisen todistaa on funktiolla mahdollisuuksina
f(0)=0
f(1)=a
f(x)=x*a
missä a on mielivaltainen vakio.
Vastaukset 6
Vanhimmat
Mitä jos kokeilet laskea erotusosamäärän
(f(x h) - f(x)) / h
= (f(x) f(h) - f(x)) / h
= f(h) / h
Rajalla h --> 0 saadaan siis, että
f'(x) = r
jossa r on vakio. Toinen vaihtoehto periaatteessa on, että funktion derivaatta on kaikkialla jokin sama -ääretön, mutta tällainen funktio ei ole oikein järkevä millään muotoa.
Tästä sitten saadaan kalkyylin peruslauseella, että
f(x) = r*x vakio
ja koska f(0) = 0, on oltava
f(x) = r*x,
jossa r on vakio.
Tässä todistuksessa on se huono puoli, että tässä nojataan kalkyylin peruslauseeseen, minkä takana on jo paljon annettuja tuloksia. Tuon oman tapasi jatko voisi olla ensin osoittaa, että f on jatkuva ja sitten käyttää hyväksi sitä, että R on Hausdorff-avaruus.
"Rajalla h --> 0 saadaan siis, että
f'(x) = r"
Miksi saadaan? En näe suoraa keinoa osoittaa, että irrationaaliluvuilla lähellä nollaa funktio olisi jatkuva.
Voi tosiaan ollakin ettei sen tarvise olla jatkuva. Jos lisäoletuksena olisi jatkuvuus origossa, olisi tuo f(x) = r*x varmaan se ainoa vaihtoehto. Tuo ratkaisuni olisi vähän sellainen ns. fyysikkoratkaisu eli jätetään huomiotta patologiset tapaukset...
Tuo on Cauchyn funktionaaliyhtälö, jonka epäjatkuvat ratkaisut perustuu Hamelin kantoihin.Valitettavasti en tunne todistusta tai lähdettä.
Eli lisäoletuksella f jatkuva tuo sujunee helposti.
Ja muitakin ratkaisuja siis on eli kun f on epäjatkuva.
Itse ajattelin ettei tuo pidä paikkaansa edes R osajoukossa, jossa
on muotoa a bSQRT(2) a ja b rationaalisia.
Esim. f(a bSQRT(2))=5a 17bSQRT(2) toteuttaa myös ehdon f(x y)=f(x) f(y)
missä luvut 5 ja 17 on revitty hatusta.
MITÄÄN ITSE MIETIMÄTTÄ:
>Suppose f: R->R satisfies f(x y)=f(x) f(y)
> for all x,y in R.
>We know that f(x)=kx if f is continuous at 0.
>Could you show me an f which is discontinuous at 0?
Depends on what you mean by "show". But if we assume the Axiom of
Choice, then it is easy to show that such functions do in fact exist.
Consider the real numbers as a vector space over Q, the rational
numbers. Then, assuming the Axiom of Choice, R must have a basis as a
Q-vector space (called a "Hamel basis"). This basis is uncountable,
and it can be used to define functions that satisfy the additivity:
for example, pick one element v of the basis, and consider the map
f:R->R that maps every element of R to its projection onto (that
is, write x as a linear combination of the basis, and map it to its
v-component). Similarly, any sort of linear map defined using this
basis will yield a map that satisfies f(x y)=f(x) f(y) (since this
condition only requires linearity over Q). The map I defined is
clearly not of the form f(x)=kx, since f(v) = v, but if we let w be
any other element of the basis, then f(w)=0. Since the map is not of
the form f(x)=kx, then the map cannot be continuous at 0.
Lähde:
http://www.maa.org/pubs/mathmag.html