Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
490 kez görüntülendi
$c\cdot \ln x$ fonksiyonlarını genişleterek bir fonksiyon ailesi bulabiliriz. Başka neler olabilir?
Orta Öğretim Matematik kategorisinde (25.4k puan) tarafından  | 490 kez görüntülendi
Ana denklemden $f(0)=0$ geliyor, fakat $f(x)=c \ln x$ fonksiyonu $x=0$ noktasında tanımsızdır. $x\neq 0$ iken $f(x) = c \ln |x|$ ve $x=0$ iken $f(0)=0$ olan parçalı fonksiyonlar ailesi bir çözümdür, dersek daha iyi olacak. Bundan başka, "Cauchy fonksiyonel denkleminin süreksiz çözümleri" gibi süreksiz çözümlere sahip olabilir belki.
"$c\ln x$ fonksiyonlarını genişleterek" kısmı tam olarak dediğin fonksiyonlara ve pozitif-negatif kısımda farklı $c_1, c_2$ için olacak şekide referans ediyor. Pozitif ve negatif kısım bağlantılı değil.

Bu tür problemler ile ilgili yapılmış bazı çalışmalardan bahsedeceğim. Sorulan probleme yakın türde bir soruya yanıt olacaktır. (Eğer yeterli görülürse, yorumdan cevaba taşıyabilirim.)

Her $x,y$ gerçel sayısı için 

$$ f(x+y) = f(x) + f(y) \qquad \dots (1)$$

denklemine temel Cauchy fonksiyonel denklemi denir.  Bu denklemin $f(x) = cx$ biçimindeki çözümlerden başka çözümlerinin olup olmadığı uzun süre merak edilmiştir. Eğef $f$ fonksiyonuna süreklilik şartı eklenirse tüm çözümlerin $f(x)=cx$ olduğu gösterilmiştir. Darboux, $(1)$ denklemini sağlayan bir fonksiyonun belli bir $x_0$ noktasında sürekli olduğu bilgisi verilirse, o fonksiyonun tüm gerçel sayılarda sürekli olacağını kanıtlamıştır. Yine $f$'nin bir aralıkta sınırlı olduğu bilgisi verilirse veya $f$'nin tanım kümesi pozitif (veya negatif olmayan) gerçel sayılar verilirse bu tür durumlarda da $(1)$ denkleminin çözümlerinin $f(x)=cx$ olduğu gösterilmiştir. Nihayet, 1905'te G. Hamel'in çalışmalarıyla $(1)$ denkleminin $f(x)=cx$ formunda olmayan çözümlerinin olduğu kanıtlanmıştır. Dolayısıyla bu çözümler hiçbir noktada sürekli değildir.

 

Cauchy'nin diğer denklemleri her $x,y$ gerçel sayısı için sağlanan

$$ f(x+y) = f(x)f(y) \qquad \dots (2)$$

$$ f(xy) = f(x) + f(y) \qquad \dots (3)$$

$$ f(xy) = f(x)f(y) \qquad \dots (4)$$

denklemleridir. Ana problemle ilgili olması bakımından bunlardan $(3)$ denklemi ile ilgilenelim.

 

$(3)$ denkleminde tanım kümesi pozitif gerçel sayılar olarak verilmiş olsun. Yani $x, y >0$ olsun. $x=e^u$, $y=e^r$ değişken değiştirmesi yapılırsa $f(e^{u+r}) = f(e^u) + f(e^r)$  elde edilir. Burada $f(e^u) = g(u)$ değişken değiştirmesi yapılırsa denklem $g(u+r) = g(u) + g(r)$ temel Cauchy fonksiyonel denklemine indirgenmiş olur. Bu denklemin $g(u)=cu$ biçiminde sürekli çözümleri olduğu gibi G.Hamel'in çalışmalarından dolayı hiçbir yerde sürekli olmayan $g_0(u)$ çözümleri olduğunu da biliyoruz. Böylece $(3)$ ün pozitif $x,y$ gerçel sayıları için tüm çözümleri

$$  f(x) = c\ln(x) , f(x) = g_0(\ln(x))$$

biçiminde olur diye düşünüyorum. Öte taraftan j. Aczel'in (1966) Lectures on Functional Equations and Their Applications isimli kitabında (sayfa 39) $f(x) = g_0(\ln(x))$ türü çözümlerin oluştuğundan hiç bahsedilmeden pozitif $x,y$ değerleri şartı altında en genel çözümlerin $  f(x) = c\ln(x)$ türünde çözümler olduğunu ifade etmiş. Belki pozitif tanımlılık şartı altında temel Cauchy fonksiyonel denkleminin çözümlerinin doğrusal fonksiyonlar olduğu bilgisiye böyle birşey ifade edilmiş olabilir diye düşündüm, ancak $g(u+r) = g(u) + g(r)$ denkleminde $u,v$ değişkenlerinde pozitif olma koşulu yoktur. Bu sebeple süreksiz çözümler de olmalıdır dedim. Hata yapıyor olabilirim, henüz göremedim.

 

Şimdi $(3)$ denkleminde $y=x$ koyarak $f(x^2) = 2f(x)$ elde ederiz ve bu şekilde devam ederek $(3)$ denkleminden $f(x^5) = 5f(x)$ fonksiyonel denklemini türetebiliriz. Ana problemdeki denklemin pozitif gerçel sayılardaki çözümleri, $ f(x) = c\ln(x)$ ve $f(x) = g_0(\ln(x))$ çözüm ailelerinin bir alt kümesi olabilir. Kontrol edersek bu iki çözüm ailesi de ana denklemi sağlar. Böylece pozitif tanımlılık şartı altında $f(x^5)=5f(x)$  ana denkleminin $f(x) = c\ln(x)$ dışında (süreksiz olan) çözümleri olduğunu da anlamış oluyoruz.

 

Not: Ana soruda tanım kümesi gerçel sayılar olduğu için ilk yorumlarda bahsettiğimiz biçimde çözümler vardır. Tanım kümesini kısıtlamazsak burada hiç değinmediğimiz türde çözümler de olabilir belki.

1 cevap

0 beğenilme 0 beğenilmeme

$f(1)=0$ olması gerektiği apaçık. Logartimalar dışında pek çok böyle fonksiyon vardır. Bunların hepsini bulabiliriz.

$g:(2,32]\to\mathbb{R}$ herhangi bir fonksiyon olsun.

($x>1$ için $(x^{1\over5^n})$ dizisinin kesin azalan ve limitinin $1$ oluşunu kullanarak)

$\forall x\in(1,+\infty)$ için $\sqrt[5^n]x=x^{1\over5^n}\in(2,32]$ olacak şekilde tek (biricik) bir ${n\in \mathbb{Z}}$ vardır.

$f:[1,+\infty)\to\mathbb{R},\ f(1)=0,\ f(x)=5^{n}g(x^{1\over5^n})$     $\left(x^{1\over 5 ^n}\in(2,32]\right)$

olarak tanımlayalım. $(2,32]$ aralığında $f(x)=g(x)$ dir.

Bu fonksiyon istenen özelliğe sahiptir, ve $[1,+\infty)$ aralığındaki, bu özelliğe sahip, tüm fonksiyonlar bu şekilde oluşturulabilir, çünki $f$ nin $(2,32]$ aralığındaki değerleri, tüm 1 den büyük sayılardaki değerlerini belirler.

(Benzer şekilde $f$ yi (örneğin $({1\over32},{1\over2}]$ aralığında herhangi bir $h$ fonksiyonu kullanarak) $(0,1)$ aralığına da genişletebiliriz)

Eğer, $g,\ (2,32]$ aralığında sürekli ve $\lim_{x\to2^+}g(x)=\frac15g(32)$ ise $f,\ [1,+\infty) $ aralığında sürekli olacaktır.  

$f$ nin türevlenebilir olması için de ($g$ için) bir koşul bulunabilir.

İstenirse, $(-\infty,0]$ aralığında da ($f(0)=0$ olarak  tanımlamak zorundayız) kolayca, benzer şekilde tanımlanabilir.

(6.2k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

Şu soruya benziyor.

20,220 soru
21,752 cevap
73,357 yorum
1,997,042 kullanıcı