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(Übungsaufgabe) Aktuelle Übungsaufgabe  (unbefristet) | | Datum: | 00:00 Fr 03.06.2011 | | Autor: | wieschoo |
So noch einmal komplett neu (mit vorher nachdenken meinerseits)
| Aufgabe | | Finde eine Funktion [mm] $f:\IR \setminus \{0\}\to\IR \setminus \{0\}$, [/mm] für die gilt: [mm] $f^{-1}(x)=\frac{1}{f(x)}$. [/mm] |
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Hallo,
ein gewisser Kegelschnitt würde mir einfallen (Kenne ich noch von früher aus meiner Jugend). 
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:26 Mi 13.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
Mein letzter Versuch Rätselfreund zu finden. Vielleicht hat jemand Lust darauf sich auszuprobieren, bevor dieser Thread in den unendlichen Forenwelten vom Matheraum verschwindet.
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Aus der Aufgabenstellung lässt sich erstmal folgendes folgern:
1. f ist bijektiv (da [mm]f^{-1}[/mm] existiert)
2. [mm]f^{-1}: \IR \to \IR[/mm] ist bijektiv
Aus 1. folgt: f hat genau eine Nullstelle.
Sei nun [mm]x_0[/mm] die Nullstelle von f.
Dann ist [mm]f^{-1}(x_0) = \frac{1}{0}[/mm] nicht definiert, [mm]f^{-1}[/mm] hat also eine Definitionslücke und kann somit nicht die Umkehrfunktion von f sein (denn diese müsste auf ganz [mm]\IR[/mm] definiert sein).
Ich nehme mal an diese Antwort möchtest du nicht haben - vielleicht ist die Aufgabenstellung ja etwas anders gemeint - aber so wie ich sie verstehe kann es so eine Funktion f nicht geben.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:21 Mi 13.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
Die Aufgabenstellung war nicht ganz richtig von mir. Da habe ich gepatzt.
Also gesucht ist eine Funktion (nicht stetig) für die die Eigenschaft gilt.
Also noch einmal kurz, die Funktion muss [mm] $f^{-1}(x)=\frac{1}{f(x)}$ [/mm] erfüllen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:46 Do 14.07.2011 | | Autor: | fred97 |
> Die Aufgabenstellung war nicht ganz richtig von mir. Da
> habe ich gepatzt.
>
> Also gesucht ist eine Funktion (nicht stetig) für die die
> Eigenschaft gilt.
>
> Also noch einmal kurz, die Funktion muss [mm]f(f(x))=x\forall x\in \IR \setminus \{0\}[/mm]
> und [mm]f^{-1}(x)=\frac{1}{x}[/mm] erfüllen.
Wie wärs mit
[mm]f(x)=\frac{1}{x}[/mm]
?
FRED
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:49 Do 14.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
Auch der Gefahr hin, dass ich mich jetzt komplett blamiere:
[mm]f(x)=\frac{1}{x}[/mm] hattest du gesagt. Dann ist aber wegen [mm]f(5)=\frac{1}{5}[/mm] das Urbild von [mm]f^{-1}(\frac{1}{5})=5[/mm]. Es sollte jedoch gelten [mm]f^{-1}(x)=\frac{1}{f(x)}[/mm] (als Urbild)
Also
[mm]5=f^{-1}(\frac{1}{5})=\frac{1}{f(\frac{1}{5})}=\frac{1}{5}[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:54 Do 14.07.2011 | | Autor: | fred97 |
Bei Dir gehts aber drunter und drüber !!
Oben hast Du geschrieben:
$ [mm] f^{-1}(x)=\frac{1}{x} [/mm] $
oder nicht ?
Jetzt mach mal folgendes: schreib hin, wo f definiert ist, welcher Bedingung f genügen soll und welcher [mm] f^{-1}.
[/mm]
Du hast schon 3 verschieden Versionen abgeliefert !! Schau mal , was reverend geschrieben hat,
Wie lautet nun die endgültige Version ?
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:59 Do 14.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
Das ging meinerseits ja gründlich in die Hose. Ich habe es versucht jetzt noch einmal zu formulieren.
Sorry.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:56 Do 14.07.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo wieschoo,
> Also noch einmal kurz, die Funktion muss [mm]f(f(x))=x\forall x\in \IR \setminus \{0\}[/mm]
> und [mm]f^{-1}(x)=\frac{1}{x}[/mm] erfüllen.
Jetzt haben wir drei verschiedene Angaben zur Umkehrfunktion:
1) im ersten Post galt [mm] f^{-1}(x)=\bruch{1}{f(x)}
[/mm]
2) Jetzt ist [mm] f(f(x))=x_{} [/mm] und damit [mm] f^{-1}(x)=f(x) [/mm] und
3) [mm] f^{-1}(x)=\bruch{1}{x} [/mm] - womit die Funktion ja schon fast fertig bestimmt wäre: man finde die Umkehrfunktion der Umkehrfunktion, was Fred ja schon getan hat...
Welche Fassung gilt?
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:54 Do 14.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
Ich hatte beim zweiten Anlauf das Wichtigste vergessen: [mm] $f^{-1}(x)=\frac{1}{\blue{f(}x\blue{)}}$.
[/mm]
Vielleicht noch einmal zum Hintergrund der Aufgabe:
Wir hatten in der Übung mal jemanden, der meinte, dass i.A. für das Urbild von [mm] $f(x)\;$ [/mm] gilt: [mm]f^{-1}(x)=\frac{1}{f(x)}[/mm] . Für Zahlen gilt ja [mm]5^{-1}=\frac{1}{5}[/mm].
Dann haben wir uns auf die Suche gemacht, ob es denn nun wirklich auch Funktionen [mm]f(x)\;[/mm] gibt, deren Umkehrfunktion [mm]f^{-1}(x)=\frac{1}{f(x)}[/mm] erfüllen.
Ich fand es knifflig.
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> Hallo wieschoo,
>
> > Also noch einmal kurz, die Funktion muss [mm]f(f(x))=x\forall x\in \IR \setminus \{0\}[/mm]
> > und [mm]f^{-1}(x)=\frac{1}{x}[/mm] erfüllen.
>
> Jetzt haben wir drei verschiedene Angaben zur
> Umkehrfunktion:
>
> 1) im ersten Post galt [mm]f^{-1}(x)=\bruch{1}{f(x)}[/mm]
>
> 2) Jetzt ist [mm]f(f(x))=x_{}[/mm] und damit [mm]f^{-1}(x)=f(x)[/mm] und
>
> 3) [mm]f^{-1}(x)=\bruch{1}{x}[/mm] - womit die Funktion ja schon
> fast fertig bestimmt wäre: man finde die Umkehrfunktion
> der Umkehrfunktion, was Fred ja schon getan hat...
>
> Welche Fassung gilt?
Es war bestimmt die erste gemeint; das ist auch die interessante.
Die anderen sind durch Versehen entstanden.
LG Al
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> So noch einmal komplett neu (mit vorher nachdenken
> meinerseits)
>
> Finde eine Funktion [mm]f:\IR \setminus \{0\}\to\IR \setminus \{0\}[/mm],
> für die gilt: [mm]f^{-1}(x)=\frac{1}{f(x)}[/mm].
Hallo,
ich habe es mal mit einem Potenzfunktionsansatz versucht,
also mit
$\ f:\ [mm] x\mapsto\ x^n$
[/mm]
Dies führt bei naivem Einsetzen zur Lösung $\ n=i$ (imaginäre
Einheit). Dann hätten wir also einmal die Funktion
$\ f:\ [mm] x\mapsto\ x^i\ [/mm] =\ [mm] e^{i*ln(x)}\ [/mm] =\ cos(ln(x))+i*sin(ln(x))$
Kleines Problem: das Ergebnis ist in der Regel nicht reell
(aber eine komplexe Funktion mit der gewünschten
Eigenschaft wäre ja auch schon interessant ...).
Aber, noch etwas schlimmer: es existiert natürlich keine
eindeutige Umkehrfunktion.
Schränkt man aber zum Beispiel das Definitionsintervall
auf $\ [mm] D_f=(\,e^{-\pi}\, ...\, e^{\pi}\,]\,=\,(\,0.043\,...\,23.14\,]$ [/mm] ein , so wird dieses auf den
Einheitskreis in der komplexen Ebene abgebildet.
Mit der standardmäßigen Definition des komplexen
Logarithmus wird dieses durch die Funktion [mm] g(z)=z^{-i}
[/mm]
wieder auf das reelle Intervall [mm] D_f [/mm] zurück abgebildet.
Insoweit dürfen wir also schreiben: [mm] g(z)=f^{-1}(z) [/mm] .
Es ist [mm] g=f^{-1} [/mm] und [mm] f=g^{-1} [/mm] .
und es gilt: $\ [mm] f^{-1}(z)\ [/mm] =\ [mm] \frac{1}{f(z)}$ [/mm]
Gefragt war aber eine Abbildung, die sich ganz im Reellen
abspielt.
Als neuen Ansatz habe ich eine Funktion der Form
$\ f:\ [mm] x\mapsto\ \frac{a*x+b}{c*x+d}$
[/mm]
(Möbiustransformation) versucht, aber bisher erfolglos.
Vielleicht ist mir auch ein Fehler unterlaufen.
LG Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:30 Do 14.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
Bei den komplexen Logarithmen bin ich nicht so fit.
Ist also doch eine etwas härtere Nuss im reellen.
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Dann versuch ich auch nochmal mein Glück.^^
Ich bin nach wie vor der Meinung es gibt keine solche Funktion im reelen.
Sei deshalb K ein beliebiger Körper, [mm]f: K^\* \to K^\*[/mm] (Ich hoffe ich erinnere mich richtig, dass K* der Körper ohne die 0 ist; falls es falsch ist bitte dennoch so deuten^^).
Betrachten wir ein bestimmtes [mm]x \in K^\*[/mm].
Dann gibt es [mm]a \in K^\*[/mm] mit
a = f(x)
Setzen wir dies in deine Forderung ein so erhalten wir:
[mm]f^{-1}(x) = a^{-1}[/mm]
Auf beiden Seiten zwei Mal die Funktion f angewand ergibt:
[mm]f(x) = f(f(a^{-1}))[/mm]
also:
[mm]a = f(f(a^{-1}))[/mm]
Sei nun b := [mm]a^{-1}[/mm]
Dann ist also:
[mm]b^{-1} = f(f(b))[/mm]
Dies muss für alle [mm]b \in K^\*[/mm] gelten (da f bijektiv sein muss; sonst währe [mm]f^{-1}[/mm] nicht definiert).
Das heißt wir brauchen eine Funktion, die, wenn sie genau zwei Mal auf ein Körperelement angewand wird, das multiplikativ Inverse liefert.
Das heißt also es müsste für alle [mm]x \in K^\*[/mm] ein eindeutig bestimmtes [mm]y \in K^\*[/mm] geben, das bezüglich f "zwischen" x und [mm]x^{-1}[/mm] liegt ([mm]x->y->x^{-1}[/mm]).
Ich bin einfach mal so dreist zu behaupten: Das ist in [mm]\IR[/mm] nicht machbar (in [mm]\IC[/mm] kann man vielleicht was krankes dafür bauen,
edit: Al's Lösung im komplexen sieht ganz hübsch aus; und auch garnicht soo krank^^
Und damit hier auch ein Fazit steht:
In $K = [mm] \IZ_2$ [/mm] ist es möglich, aber [mm] $\IZ_2^\*$ [/mm] = {1} ist ein ganz klein wenig trivial... xD
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:25 Do 14.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
> Dann versuch ich auch nochmal mein Glück.^^
> Ich bin nach wie vor der Meinung es gibt keine solche
> Funktion im reelen.
>
> Sei deshalb K ein beliebiger Körper, [mm]f: K^\* \to K^\*[/mm] (Ich
> hoffe ich erinnere mich richtig, dass K* der Körper ohne
> die 0 ist; falls es falsch ist bitte dennoch so deuten^^).
Ja das sind die Einheiten in K.
> Betrachten wir ein bestimmtes [mm]x \in K^\*[/mm].
> Dann gibt es [mm]a \in K^\*[/mm]
> mit
> a = f(x)
>
> Setzen wir dies in deine Forderung ein so erhalten wir:
> [mm]f^{-1}(x) = a^{-1}[/mm]
> Auf beiden Seiten zwei Mal die
> Funktion f angewand ergibt:
> [mm]f(x) = f(f(a^{-1}))[/mm]
> also:
> [mm]a = f(f(a^{-1}))[/mm]
> Sei nun b := [mm]a^{-1}[/mm]
> Dann ist also:
> [mm]b^{-1} = f(f(b))[/mm]
> Dies muss für alle [mm]b \in K^\*[/mm] gelten
> (da f bijektiv sein muss; sonst währe [mm]f^{-1}[/mm] nicht
> definiert).
>
> Das heißt wir brauchen eine Funktion, die, wenn sie genau
> zwei Mal auf ein Körperelement angewand wird, das
> multiplikativ Inverse liefert.
> Das heißt also es müsste für alle [mm]x \in K^\*[/mm] ein
> eindeutig bestimmtes [mm]y \in K^\*[/mm] geben, das bezüglich f
> "zwischen" x und [mm]x^{-1}[/mm] liegt ([mm]x->y->x^{-1}[/mm]).
>
Die Überlegungen sind m.M. nach richtig.
> Ich bin einfach mal so dreist zu behaupten: Das ist in [mm]\IR[/mm]
> nicht machbar (in [mm]\IC[/mm] kann man vielleicht was krankes
Es geht in [mm] $\IR \setminus \{0\}$ [/mm]
> dafür bauen,
>
> edit: Al's Lösung im komplexen sieht ganz hübsch aus; und
> auch garnicht soo krank^^
>
>
> Und damit hier auch ein Fazit steht:
> In [mm]K = \IZ_2[/mm] ist es möglich, aber [mm]\IZ_2^\*[/mm] = {1} ist ein
> ganz klein wenig trivial... xD
Naja mit der trivialen Gruppe kann man ja so ziemlich alles anstellen.
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ok, wenn man die Lösung hat sieht die ganze Sache ganz anders aus....
[mm]f: \IR\backslash\{0\} \to \IR\backslash \{0\},x \mapsto \begin{cases} \frac{-1}{x}, & \mbox{für } x>0 \\
-x, & \mbox{für } x<0 \end{cases}[/mm]
bijektiv ist die Funktion; also auch umkehrbar.
Sei nun x>0.
Dann ist [mm]f(f(x)) = f(\frac{-1}{x}) \stackrel{\frac{-1}{x} < 0}{=} \frac{1}{x}[/mm]
Sei x<0.
Dann ist [mm]f(f(x)) = f(-x) = \frac{1}{x}[/mm]
Dass diese Funktion, die zwei Mal angewand das Inverse liefert, ja genau deine Bedingung erfüllt hab ich zum Glück schon gezeigt (also war mein vorheriger Post nicht ganz umsonst xD).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:55 Do 14.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
Die habe ich auch. Ging ja doch recht schnell.
Super!
Würde mich nur noch interessieren, wie du drauf kamst. Ich habe es nur durch probieren herausgefunden. So richtiges Werkzeug um aus Eigenschaften der Funktion die Funktion selbst zu basteln sind mir nicht bekannt.
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Wie ich drauf gekommen bin?
Es war in erster Linie die Tatsache, dass [mm]f(f(x)) = \frac{1}{x}[/mm] sein muss.
Dann hab ich mir einmal [mm]f: \IR \backslash \{0\} \to \IR \backslash \{0\}[/mm] aufgeschrieben und erst als ich es schwarz auf weiß hatte ist mir aufgefallen, dass x>0 oder x<0 und dass man diese Tatsache vielleicht irgendwie benutzen kann.
Nachdem ich [mm]\IR \backslash \{0\}[/mm] im Kopf in zwei Teile zerlegt hab ging es eigendlich recht schnell die Funktion zu finden.
Aber ein System kenn ich dafür auch nicht.
Nur so lange äquivalente Aussagen bilden, bis man eine Aussage hat, für die man eine Funktion durch scharfes draufgucken/ausprobieren findet.^^
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> [mm]f: \IR\backslash\{0\} \to \IR\backslash \{0\},x \mapsto \begin{cases} \frac{-1}{x}, & \mbox{für } x>0 \\
-x, & \mbox{für } x<0 \end{cases}[/mm]
das ist wieder mal so ein Fall, bei dem man sich
ein wenig blöd vorkommt, wenn man nicht selber
drauf gekommen ist ...
LG Al
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:03 Do 14.07.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo wieschoo,
Die gesuchte Funktion muss die Bedingung [mm] f(f(x))=\bruch{1}{x} [/mm] erfüllen.
Es ist leicht zu zeigen, dass kein Polynom und keine gebrochen rationale Funktion diese Bedingung erfüllen können.
Gibt es denn eine Lösung? Ich finde bisher keinen Ansatz.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:06 Do 14.07.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo wieschoo,
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> Die gesuchte Funktion muss die Bedingung
> [mm]f(f(x))=\bruch{1}{x}[/mm] erfüllen.
>
> Es ist leicht zu zeigen, dass kein Polynom und keine
> gebrochen rationale Funktion diese Bedingung erfüllen
> können.
>
> Gibt es denn eine Lösung? Ich finde bisher keinen Ansatz.
Hallo Rev,
Shadowmaster hat vor 22 Minuten eine Lösung abgeliefert
Gruß FRED
>
> Grüße
> reverend
>
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:28 Do 14.07.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
im Büroalltag dauert es manchmal länger, bis ich endlich etwas abschicke. Und wenn ich einmal auf "Mitteilung schreiben" oder ähnliches gegangen bin, kann ich ja im gleichen Browser-Tab nicht mehr nachschauen, was sonst gerade noch passiert.
Schöne Lösung. Über stückweise Definition hatte ich auch schon nachgedacht, aber bisher ohne Erfolg.
Grüße
reverend
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So, wir haben ja bereits eine solche Funktion für [mm] $\IZ_2$, [/mm] eine für [mm] $\IR$ [/mm] (und also auf für [mm] $\IQ$, [/mm] da die Funktion nichts irrationales benutzt) sowie eine für [mm] $\IC$.
[/mm]
Das wirft natürlich die Frage auf: Gibt es in jedem Körper eine solche Funktion f?
Also, betrachtet diese Frage mal als Teil b) der Übungsaufgabe und viel Spaß. ;)
PS: Und natürlich ist immer [mm] K\backslash \{0 \} [/mm] zu betrachten, sonst wäre es ja sinnlos.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:10 Fr 15.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
Wenn man die Funktionen
[mm] f: K^{\star}\to K^{\star},x \mapsto \begin{cases} {x}^{-1}, & \mbox{für } x>0 \\
x, & \mbox{für } x<0 \end{cases} [/mm]
[mm] g: K^{\star} \to K^{\star},x \mapsto -x [/mm]
betrachtet, so brauch man doch nur, das jedes Element in einem Körper (mit Anordnungsaxiom) (K,+,*) ein multiplikatives und additives Inverses besitzen muss. Das ist in jedem Körper der Fall. Damit ist
[mm]g\circ f[/mm] in jedem angeordneten Körper doch eine mögliche Lösung.
Damit reduziert sich die Frage nur noch auch nicht angeordnetet Körper [mm]\mathbb{H},...[/mm]
eine weitere interessante Frage. Ich halte es jedoch für sehr schwierig alle Körper mit zu betrachten [mm] $k(i),k(\alpha_,\ldots,\alpha_n),$
[/mm]
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Es reicht an sich auch vollkommen einen einzigen Körper zu finden, in dem es eine solche Funktion nicht gibt. (zumindest für die Frage ob es in allen Körpern gilt) ;)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:00 So 12.02.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> So, wir haben ja bereits eine solche Funktion für [mm]\IZ_2[/mm],
> eine für [mm]\IR[/mm] (und also auf für [mm]\IQ[/mm], da die Funktion
> nichts irrationales benutzt) sowie eine für [mm]\IC[/mm].
>
> Das wirft natürlich die Frage auf: Gibt es in jedem
> Körper eine solche Funktion f?
>
> Also, betrachtet diese Frage mal als Teil b) der
> Übungsaufgabe und viel Spaß. ;)
Ich behaupte: auf [mm] $\IF_4$ [/mm] gibt es keine solche Funktion. Man kann [mm] $\IF_4 [/mm] = [mm] \{ 0, 1, \alpha, 1 + \alpha \}$ [/mm] schreiben fuer ein passendes [mm] $\alpha \not\in \IF_2$.
[/mm]
Sei nun $f : [mm] \{ 1, \alpha, 1 + \alpha \}$ [/mm] eine Bijektion mit $f [mm] \circ [/mm] f(x) = [mm] x^{-1}$ [/mm] fuer alle $x [mm] \in \IF_4^\ast$. [/mm] Damit gilt $f [mm] \circ [/mm] f(1) = 1$, $f [mm] \circ f(\alpha) [/mm] = 1 + [mm] \alpha$ [/mm] und $f [mm] \circ [/mm] f(1 + [mm] \alpha) [/mm] = [mm] \alpha$.
[/mm]
1. Fall: es gilt $f(1) = 1$. Dann gilt [mm] $f(\{ \alpha, 1 + \alpha \}) [/mm] = [mm] \{ \alpha, 1 + \alpha \}$, [/mm] und es muss [mm] $(f|_{\{ \alpha, 1 + \alpha \}})^2 [/mm] = [mm] id_{\{ \alpha, 1 + \alpha \}}$ [/mm] sein. Damit gilt $f [mm] \circ [/mm] f = [mm] id_{\IF_4^\ast}$, [/mm] womit nicht $f [mm] \circ [/mm] f(x) = [mm] \frac{1}{x}$ [/mm] ist.
2 Fall: es gilt $f(1) [mm] \neq [/mm] 1$. Ist $f(1) = [mm] \alpha$, [/mm] so muss [mm] $f(\alpha) [/mm] = 1$ sein. Damit gilt $f [mm] \circ f(\alpha) [/mm] = [mm] \alpha \neq [/mm] 1 + [mm] \alpha [/mm] = [mm] \alpha^{-1}$, [/mm] ein Widerspruch. Ist $f(1) = 1 + [mm] \alpha$, [/mm] so erhaelt man analog $f [mm] \circ [/mm] f(1 + [mm] \alpha) [/mm] = 1 + [mm] \alpha \neq [/mm] (1 + [mm] \alpha)^{-1}$, [/mm] ein Widerspruch.
Damit gibt es auf [mm] $\IF_4$ [/mm] keine solche Funktion.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:54 Do 21.07.2011 | | Autor: | fred97 |
An alle Beteiligten:
Erschöpfende Antworten auf obige Frage findet man in
When Does [mm] $f^{-1} [/mm] = 1/ f$ ?
von R. Cheng, A. Dasgupta, B. R. Ebanks, L. F. Kinch, L. M. Larson, and R. B. McFadden
(American Mathematical Monthly, 105, No. 8 (1998), 704-717)
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:05 Do 21.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
Danke für die Quelle!
>> Euler and Foran have demonstrated that function with [this] property do exists, but "are not ones likely to be encountered by a stundent in elementary calculus" <<
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> Danke für die Quelle!
>
> >> Euler and Foran have demonstrated that function with
> [this] property do exists, but "are not ones likely to be
> encountered by a stundent in elementary calculus" <<
^^
Du musst bedenken, es wird dort von so einer Funktion auf beliebigen (also u.a. auch echten) Teilmengen der reelen Zahlen gesprochen, auf ganz [mm] $\IR$ [/mm] ohne 0 sehen die scheinbar als Trivialfall an. xD
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:30 Do 21.07.2011 | | Autor: | wieschoo |
beim ersten Überfliegen habe ich dort auch keine Funktion [mm]f:\IR\to\IR[/mm] gefunden, die das erfüllt.
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vielleicht denken die zu kompliziert um die triviale Lösung zu sehen? xD
bzw. hast du das irgendwo im Internet gefunden oder wo?
Mir hat google nur die erste Seite gegeben, für den Rest sollte ich kaufen.^^
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> bzw. hast du das irgendwo im Internet gefunden oder wo?
> Mir hat google nur die erste Seite gegeben, den Rest
> sollte ich kaufen.^^
Ich habe den Text auch (kostenlos) gefunden: er erscheint in
Google, wenn man die Namen der Autoren als Suchbegriff einge-
geben hat, als PDF mit der interessanten Überschrift "6%"
(von yaroslavvb.com/.......)
Gruß Al
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> Du musst bedenken, es wird dort von so einer Funktion auf
> beliebigen (also u.a. auch echten) Teilmengen der reellen
> Zahlen gesprochen, auf ganz [mm]\IR[/mm] ohne 0 sehen die scheinbar
> als Trivialfall an. xD
Diese "Triviallösung" zeichnet sich aber vor allen übrigen
Lösungen immerhin dadurch aus, dass sie als einzige auf
dem Definitionsbereich [mm] \IR\smallsetminus\{0\} [/mm] stetig ist.
Und bei dieser Aufgabe darf man schon fragen: welches
Schwein interessiert sich denn schon für die übrigen Lösungen
wirklich (außer im Sinne von "L' art pour l' art" ) ?
LG Al
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Hast Recht, die Lösung hat sogar noch eine schöne Eigenschaft, ich muss die Aussage, dass sie "trivial" sei wohl zurückziehen^^
Sie geht nämlich auch auf anderen Teilmengen von [mm] $\IR$:
[/mm]
Sei $M [mm] \subseteq \IR$ [/mm] mit:
1. $0 [mm] \not \in [/mm] M$
2. $x [mm] \in [/mm] M [mm] \gdw \frac{1}{x} \in [/mm] M$
Diese zwei Bedingungen müssen ja sowieso gelten, damit es überhaupt möglich ist eine entsprechende Funktion auf M anzugeben.
Gelte nun weiterhin:
3. M abzählbar (oder sogar endlich)
4. [mm] $\exists [/mm] y [mm] \in \IR$ [/mm] mit y = Median(M)
5. $y = [mm] \frac{1}{y}$ [/mm] oder $y [mm] \not \in [/mm] M$
Hierbei ist 5. überflüssig, denn ist M abzählbar und es lässt sich ein Median [mm] $\in \IR$ [/mm] finden so lässt sich auch einer finden, der nicht in M liegt.
Dann kann man den selben Dreieckstausch um den Median herum machen, indem man die Abzählbarkeit benutzt.
Eine zweite Sammlung von Mengen, für die unsere Funktion klappt, ist eine die folgende erfüllt:
6. [mm] $\exists [/mm] y [mm] \in \IR:$ [/mm] $x [mm] \in [/mm] M [mm] \gdw [/mm] y-x [mm] \in [/mm] M$
7. $y = [mm] \frac{1}{y}$ [/mm] oder $y [mm] \not \in [/mm] M$
Hier lässt sich der Dreieckstausch über das y bewerkstelligen, indem man in diesem Fall den Abstand zu y anstelle der Abzählbarkeit benutzt.
Es lässt sich unsere Funktion also anwenden auf:
- alle endlichen Teilmengen
- abzählbare Teilmengen, für die ein Median explizit angegeben werden kann (geht das für alle abzählbaren Teilmengen?)
- Intervalle der Form [mm] $(-a,\frac{-1}{a}) \cap (\frac{1}{a},a) \backslash \{0\}$ [/mm] für alle $a [mm] \in \IR$ [/mm] mit $a [mm] \geq [/mm] 1$ - Insbesondere auch für $a = [mm] \infty$ [/mm] und auch für abgeschlossene Intervalle
Und es kommen noch einige dazu, die man aus obigen Bedingungen basteln kann...
Also lässt sich dieser Dreieckstausch doch auf einige Teilmengen von [mm] $\IR$ [/mm] anwenden wenn man ihn leicht modifiziert...
Ob er dabei aber immer stetig bleibt ist eine andere Frage. xD
> Und bei dieser Aufgabe darf man schon fragen: welches
> Schwein interessiert sich denn schon für die übrigen Lösungen
> wirklich (außer im Sinne von "L' art pour l' art" ) ?
L'art contre l'ennui ;)
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