Znajdź funkcje

[arek1357]

Tak jak w temacie ale nie jest konieczne zatrzymywanie się w dziedzinie rzeczywistej bo można wejść na zespolone jak ktoś lubi otóż takie równanie rozwiązać:

\(\displaystyle{ f'(x)=f(x+1)}\)

Wyszukać jak najszerszą klasę funkcji spełniające te równanie...

[janusz47]

W dziedzinie rzeczywistej - równanie różniczkowe zwyczajne rzędu I

Po rozdzieleniu zmiennych

\(\displaystyle{ \frac{df}{f(x+1)}= dx }\)

i obustronnym scałkowaniu

\(\displaystyle{ \ln(|f(x+1)|) = x + c }\)

\(\displaystyle{ f(x+1) = \ \ ...}\)

\(\displaystyle{ f(x) = \ \ ... }\)

[arek1357]

Więc wychodzi:

\(\displaystyle{ f(x)=Ce^x}\)

\(\displaystyle{ f'(x)=Ce^x}\)

\(\displaystyle{ f(x+1)=Cee^x}\)

znaczy, że:

\(\displaystyle{ Cee^x=Ce^x}\)

czyli:

\(\displaystyle{ e=1}\)

Dodano po 4 minutach 29 sekundach:
Ciekawy wynik...

Dodano po 1 godzinie 53 minutach 58 sekundach:
Wzór:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{df}{f(x+1)} =\ln|f(x+1)|}\)

[Janusz Tracz]

Zobacz na te dwie odpowiedzi:

• Równie wartościowe są komentarze z rozważaniem nad gęstością \(\displaystyle{ \text{span} \left\{ [\,x\mapsto e^{cx}\,]:c=e^{ac}\right\} }\) w \(\displaystyle{ C([0,a])}\).

• To bardzo ciekawe podejście podobne do pierwszego tylko od strony operatorów. Widać tu, że operator różniczkowania jest infinitezymalnym generatorem półgrupy operatorowej przesunięć. Teoria półgrup operatorowych ma więc tu prawomocnie duże znaczenie i w języku działania takich operatorów można zapisać rozwiązanie.

Ja się zastanawiałem czy nie można na takie równanie przyspieszone patrzeć jak na równanie opóźnione tylko od końca. O równaniach opóźnionych wiadomo więcej niż o przyspieszonych. Podstawienie \(\displaystyle{ g(x)=f(-x)}\) pozwala na to równanie patrzeć jak na równanie opóźnione mianowicie \(\displaystyle{ g'(x)=-g(x-1)}\) i tu widzę dwie (choć może jest ich więcej) możliwości:

• Równanie jest z danym warunkiem początkowym postaci \(\displaystyle{ g(x)=\phi(x)}\) (funkcja \(\displaystyle{ \phi}\) jest odpowiednio regularna) dla \(\displaystyle{ x\in[-1,0]}\) i dalej spełnione jest już \(\displaystyle{ g'(x)=-g(x-1)}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\). Wtedy sytuacja jest dość przyjemna bo można zapisać, że gdy \(\displaystyle{ x\in [0,1]}\) to
  
  
  \(\displaystyle{ g(x)=g(0)+\int_0^xg'(\tau)\, \dd \tau =\phi(0)+\int_0^x-g(\tau-1)\, \dd \tau=\phi(0)+\int_{-1}^{x-1}\phi(\tau)\, \dd \tau}\)
  
  mamy więc kawałek rozwiązania na \(\displaystyle{ [0,1]}\) powtarzając procedurę dla \(\displaystyle{ x\in[1,2]}\) znowu uda się kawałek rozwiązania uzyskać. Rekurencyjnie dostaniemy całość na \(\displaystyle{ \RR^+}\). Kwestię istnienia i jednoznaczności rozwiązań w tym przypadku wydają się sprowadzać do pytania czy operator
  
  
  \(\displaystyle{ (Tg)(x)=g(0)+\int_0^x-g(\tau-1)\, \dd \tau}\)
  jest kontrakcją odpowiednich przestrzeni Banacha.

• Równanie jest na całym \(\displaystyle{ \RR}\) (choć i tak ostatecznie tylko na \(\displaystyle{ \RR^+}\)) coś w rozdaniu nie mamy warunku początkowego. Wtedy sytuacja jest raczej trudniejsza i oprócz podesłanych linków pierwsze o czym pomyślałem to transformata Laplac'e, która z przesunięciami sobie nieźle radzi. To równanie trzeba jednak przyciąć jedynką Heaviside’a do czegoś takiego \(\displaystyle{ g'(x)=-g(x-1)H(x-1)}\). Po transformacie mamy
  
  
  \(\displaystyle{ sG(s)-g(0)=-e^{-s}G(s) ,\quad \text{ gdzie } G(s)=(\mathscr{L}g)(s)}\)
  
  czyli
  \(\displaystyle{ G(s)= \frac{g(0)}{s+e^{-s}} = \frac{g(0)}{s} \cdot \frac{1}{1-\left( - \frac{e^{-s}}{s}\right) } = \frac{g(0)}{s} \sum_{n=0}^{ \infty } \left( - \frac{e^{-s}}{s}\right)^n= g(0) \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n \frac{e^{-sn}}{s^{n+1}}}\)
  
  więc zakładając, że wszystko jest tak piękne jak tylko chcemy mamy, że
  
  
  \(\displaystyle{ g(x)= g(0) \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n \mathscr{L}^{-1}\left( \frac{e^{-sn}}{s^{n+1}}\right)=g(0) \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n \frac{(x-n)^n}{n!} H(x-n) }\)
  
  oczywiście końcówka jest bardzo życzeniowa ale może i ma sens momentami napisać, że \(\displaystyle{ f(x)=C \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n \frac{(-x-n)^n}{n!} H(-x-n) }\).

[janusz47]

\(\displaystyle{ f(x+1) = \pm C e^{x} }\)


\(\displaystyle{ f(x) = \ \ ... }\)

[Janusz Tracz]

\(\displaystyle{ f(x+1) = \pm C e^{x} }\)

Dopisanie \(\displaystyle{ \pm }\) przed i tak dowolną stała raczej nie pomoże. To, że to równanie jest liniowe też nie pomaga. Nie widzę w jaki sposób zmienia to Twoją wcześniejszą odpowiedź która swoja drogą prowadziło moim zdaniem jedynie do rozwiązania zerowego.

\(\displaystyle{ f(x) = \ \ ... }\)

Nie znam odpowiedzi na Twoją zagadkę. Czyżby pod trzykropkiem kryło się

\(\displaystyle{ f(x)=0 \quad \text{ dla każdego } \quad x\in\RR.}\)

PS Narysowałem kilka wykresów funkcji \(\displaystyle{ \blue{f'_N(x)}}\) oraz \(\displaystyle{ \orange{f_N(x+1)}}\), gdzie \(\displaystyle{ f_N(x)}\) to suma częściowa szeregu definiującego \(\displaystyle{ f}\) (z mojego pierwszego postu). Wykresy są dla \(\displaystyle{ -20 \le x\le 3}\) bo tam dzieją się najciekawsze rzeczy oraz są dla różnych \(\displaystyle{ N}\)

rys 1. \(\displaystyle{ \blue{f'_2(x)}}\) oraz \(\displaystyle{ \orange{f_2(x+1)}}\) po lewej oraz \(\displaystyle{ f'_2(x)-f_2(x+1)}\) po prawej.

rys 2. \(\displaystyle{ \blue{f'_5(x)}}\) oraz \(\displaystyle{ \orange{f_5(x+1)}}\) po lewej oraz \(\displaystyle{ f'_5(x)-f_5(x+1)}\) po prawej.

rys 3. \(\displaystyle{ \blue{f'_{10}(x)}}\) oraz \(\displaystyle{ \orange{f_{10}(x+1)}}\) po lewej oraz \(\displaystyle{ f'_{10}(x)-f_{10}(x+1)}\) po prawej.

rys 4. \(\displaystyle{ \blue{f'_{30}(x)}}\) oraz \(\displaystyle{ \orange{f_{30}(x+1)}}\) po lewej oraz \(\displaystyle{ f'_{30}(x)-f_{30}(x+1)}\) po prawej.

[arek1357]

Ja to jeszcze na swój sposób zinterpretowałem, że może chodzi tu o coś takiego:

\(\displaystyle{ f(x)=Ca^x}\)

Ale wtedy musi zachodzić:

\(\displaystyle{ a}\) jako wynik rozwiązania równania:

\(\displaystyle{ e^x=x}\)

Co łączy się ze specjalną funkcją Lamberta \(\displaystyle{ W}\)

wtedy:

\(\displaystyle{ a=-W_{n}(-1)}\), np. dla \(\displaystyle{ n=0}\) - będzie to wartość zespolona i się zgodzi...

mamy:

\(\displaystyle{ f(x)=Ca^x, f'(x)=Ca^x \ln a}\)

\(\displaystyle{ f(x+1)=Caa^x}\)

Teraz może pasować...

Natomiast zagadki Janusza nie potrafię rozwiązać...

Dodano po 1 minucie 28 sekundach:
\(\displaystyle{ f(x)=0 }\)

będzie pasować, ale tego Janusz chyba nie miał na myśli...

Dodano po 3 minutach 36 sekundach:
Problem ładnie wyjaśniony, rzeczywiście sprawa bardzo ciekawa , teraz może Janusz rozwiąże tę zagadkę bo podejrzewam tego nie uda się nam wykonać...

[Yaroo10]

Funkcja która jest równa swojej pochodnej to:

\(\displaystyle{ f(x) = A \cdot e ^{r \cdot x} }\)

Podstawiając do równania różniczkowego, mamy:

\(\displaystyle{ A \cdot r \cdot e ^{r \cdot x} = A \cdot e ^{r \cdot (x + 1)} }\)
\(\displaystyle{ r \cdot e ^{r \cdot x} = e ^{r} \cdot e ^{r \cdot x} }\)

1. \(\displaystyle{ \left( e ^{r} \right) ^{x} = 0 }\) lub 2. \(\displaystyle{ r=e ^{r} }\)

1. \(\displaystyle{ e ^{r} = \cos(ir) - i \cdot \sin(ir) = 0}\) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow }\) \(\displaystyle{ r \in \left\{ \right\} }\)

2. \(\displaystyle{ r=e ^{r}}\) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow }\) \(\displaystyle{ r = - W _{0} (-1) \approx 0,31813 - 1,33723i}\)

Szukana funkcja wygląda zatem, tak:
\(\displaystyle{ f(x) \approx A \cdot e ^{0,31813x - 1,33723ix} = A \cdot e ^{0,31813x} \cdot \left( \cos(0,31813x) - i \cdot \sin(1,33723x) \right) }\)

[a4karo]

Wzór:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{df}{f(x+1)} =\ln|f(x+1)|}\)

A to niby skąd?

Dodano po 1 minucie 7 sekundach:

W dziedzinie rzeczywistej - równanie różniczkowe zwyczajne rzędu I

Po rozdzieleniu zmiennych

\(\displaystyle{ \frac{df}{f(x+1)}= dx }\)

i obustronnym scałkowaniu

\(\displaystyle{ \ln(|f(x+1)|) = x + c }\)

\(\displaystyle{ f(x+1) = \ \ ...}\)

\(\displaystyle{ f(x) = \ \ ... }\)

Bzdura totalna

[arek1357]

Bzdura totalna

Święta prawda tylko po co tak ostro...

Wcześniej wykazałem na mocy tego wzoru, że powinno być:

\(\displaystyle{ e=1}\)

Ale to nieprawda więc Janusz miał się do tego odnieść...

Kol. Tracz wykazał zupełnie słusznie, że jedyna Janusza funkcja, która spełnia to równanie jest:

\(\displaystyle{ f(x)=0}\) ale wynik za trywialny na takie zadanie... Więc cała odpowiedź Janusza sprowadziła się do zera, ale że jestem dobrej myśli czekam na dalsze...od Niego...

Wszyscy czekali aż Janusz udowodni to w sumie też byłem ciekawy jak to wykaże... dlatego czekaliśmy...

Może miał na myśli jakąś wąską klasę funkcji spełniających ten nazwijmy to roboczo: "postulat"...

[a4karo]

Bzdura totalna

Święta prawda tylko po co tak ostro...

Gdyby to napisał którykolwiek z moich studentów, to bym po prostu wytłumaczył dlaczego tak nie jest. Ale gdy pisze takie rzeczy ktoś, kto wie wszystko o matematyce ...

[arek1357]

Już dawno powinien to rzeczywiście wytłumaczyć może jest coś czego nie widać...!!!

[a4karo]

Nie, janusz47 często pisze różne półprawdy albo nieprawdy i zwykle nie ma zwyczaju komentować swoich błędów.

[arek1357]

Nawiązując do Yaroo otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(x)=e^{ax}\cos(bx)}\)

Spełnia:

\(\displaystyle{ f'(x)=f(x+1)}\)

Gdzie: \(\displaystyle{ a \wedge b}\) spełnia układ równań

\(\displaystyle{ a=e^a \cos b}\)

\(\displaystyle{ b=e^a \sin b}\)