Mely nem konstans függvényre teljesül, hogy minden (mondjuk pozitív) x érték esetén: f(x)+f(1/x)=1 ?

Ha nem az elemi függvények között keresgélünk, akkor utasítással is meg lehet adni ilyen függvényt, például;

f(x)=

{ 0,5x, ha 0<x<1

{ 0,5, ha x=1

{ 1 - 0,5/x, ha x>1

(Tudom, hogy két részt össze is lehetne vonni, most nem volt kedvem úgy írni.)

Ha x=1, akkor 0,5 + 0,5 = 1, ami igaz.

Ha 0<x<1, akkor 0,5x + 1 - 0,5/(1/x) = 1, vagyis

0,5x + 1 - 0,5x = 1, ebből

1 = 1 adódik, tehát tetszőleges 1-nél kisebb pozitív x-re igaz lesz az állítás.

Ha x>1, akkor 1 - 0,5/x + 0,5*(1/x) = 1, vagyis

1 - 0,5x + 0,5x = 1, innen szintén

1 = 1 adódik, tehát az 1-nél nagyobb pozitív x-ekre is igaz lesz.

Ja, és általában az összes

f(x)=

{ 0,5x^c, ha 0<x<1

{ 0,5, ha x=1

{ 1 - 0,5/x^c, ha x>1

alakú függvény jó lesz, ahol c valami valós szám.

#5 rosszul értelmezted, szerintem érted ezt, csak elnézted. Ahogy előttem szóló hasonló ill. általánosabb példát írt, mint én. x=9-re írtad fel, egyrészt rosszul, másrészt fordítva. x=9>1 így az 1-(1/2)(1/(x=9))^2 képlet vonatkozik rá, y=1/x=1/9<1 így az (1/2)(y=(1/9))^2 képlet vonatkozik rá, melyek összege 1.

Ami érdekes az elkövetett hibádból, hogy rámutat lehet ezt fordítva is, azaz

(1/2)x^c

1-(1/2)(1/x)^c

közül mindegy melyik intervallumhoz melyik képlet tartozik.(max a 0-ban nem értelmezett)

Kérdező:én szerény véleményem szerint megválaszoltam a #4es hozzászólásban.

f(-1)=f(1)=1/2

(-1,1) intervallumon az értékei szabadon választható, melyből aztán következik (-végtelen,-1) és (1, +végtelen) Tehát continuum végtelen ilyen függvény van.

A #3as hozzászóló jó utat mutatott. Differenciálegyenlet felírására utalt, amelyből a differenciálható függvényeket találhatjuk meg:(az én ajánlott megoldásom ugye +/1 pontban nem deriválható); o = összetett függvényképzés

f'+ [f o (1/x)]'=0

f'+ (f' o (1/x))*(-1/x^2)=0

f'=(f' o (1/x)) * (1/x^2)

x^2f'=f'o (1/x)

Ebből ha ügyesek vagyunk látható hogy f'=k*1/x miért jó megoldás, ahol így f=k*ln(|x|)+c alakú.(k*ln(x) meg azt jelenti hogy tetszőleges alapú logaritmus, mert minden logaritmus csak egy konstans-szorosban különbözik)

Ennél nagyon többet én se tudok mondani. Talán az f' helyébe beleképzeljük a Laurent sorát és kvázi azzal oldjuk meg, de ebben nem vagyok járatos.

Jó, úgy néz ki működik a Laurent sor, a lényeg hogy f'-t képzeljük el szumma(a(n)x^n) alakban, de n lehet negatív is. És a két oldal egyenlő, ha az azonos kitevőjű hatványok együtthatói megegyeznek.

x^2f' miatt az új x^m együtthatója a régi a(m-2) lesz.

f' o (1/x) miatt az új x^m együtthatója a(-m) lesz.

Tehát a(m-2)x^m=a(-m)x^m

azaz a(m-2)=a(-m).

m-2=-m akkor fordul elő ha m=1 amely az a(-1)-hez tartozik,és így tovább:

a(-1)=a(-1)

a(0)=a(-2)

a(1)=a(-3)

a(2)=a(-4)

...

Tehát minden ilyen típusú függvény felel meg az eredeti függvény deriváltjaként. (mely együtthatókra létezik a végtelen összeg, és véges sok kivételével akár 0 is lehet a legtöbb együttható)

Példa:

Csak a(-1) nem 0. Ekkor f'=a(-1)x^(-1) aminek a(-1)ln(|x|)+c az integrálja.

Csak a(0)=a(-2) nem 0. Ekkor f'=a(0)+a(-2)x^(-2), integrálja a(0)(x - 1/x) + c

Itt érdekesen látható, hogy c=0 mellett o (1/x) művelet ellentétesre változtatja a függvényt és így f(x)+f(1/x)=0, tehát ha hozzáadjuk a korábbi megoldáshoz, az újabb összetett megoldást ad (ahol az eredeti c=1/2): c1 ln(|x|)+ c2(x-1/x)+(1/2) is jó megoldás, bármely c1, c2 konstansra!)

a(1)=a(-3) => f'=a(1)(x + 1/x^3) => f=a(1)(x^2/2 - x^(-2)/2) és már látszik is a minta:

Tehát c0 ln(|x|) + szumma[cn(x^n - x^(-n))/n] + 1/2; (n>0)

alakú a differenciálható (kivéve esetleg a 0-ban) megoldások mindegyike.

Érdekesség hogy lim(y->+0)[(x^y - x^(-y))/y] = éppen ln(x) ("majdnem" lehetne n=0-ra a szumma 0. tagja tökéletesítve a formulát, a majdnem itt olyasmi mint x^0 majdnem a konstans 1, de ugye 0^0 nem értelmezett ahogy x^0/0 sem.)

A kérdés már csak annyi, hogy mely cn együtthatókra létezik, azaz véges a végtelen összeg. Azt hiszem ezt kimaxoltam :)

Itt egy másik:

f(x)=

{ k, ha 0<x<1

{ 0,5, ha x=1

{ 1-k, ha x>1,

ahol k tetszőleges valós szám.