Βρείτε το f(0) !

#1

Η συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ είναι τέτοια ώστε $\displaystyle{ f(f(x))=x^{2}-x+1, }$ για κάθε

.

Να βρείτε το f(0).

Υπάρχει άραγε τέτοια συνάρτηση;

#2

socrates έγραψε:Η συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ είναι τέτοια ώστε $\displaystyle{ f(f(x))=x^{2}-x+1, }$ για κάθε .

Να βρείτε το

Υπάρχει άραγε τέτοια συνάρτηση;

Η δοθείσα για $\displaystyle{x=0,x=1}$ δίνει $\displaystyle{f(f(0))=f(f(1))=1.}$

Πάλι η δοθείσα, για $\displaystyle{x=f(0),x=f(1)}$ δίνει λόγω των παραπάνω σχέσεων

$\displaystyle{f(1)=f^2(0)-f(0)+1}$ και $\displaystyle{f(1)=f^2(1)-f(1)+1}$ αντίστοιχα.

Από την δεύτερη έχουμε $\displaystyle{f(1)=1,}$ άρα η πρώτη δίνει $\displaystyle{f(0)=0}$ ή $\displaystyle{f(0)=1.}$

Αν όμως ήταν $\displaystyle{f(0)=0}$ θα είχαμε $\displaystyle{f(f(0))=f(0)=0,}$ άτοπο. Άρα $\displaystyle{f(0)=1.}$

pito · #3

Κατά τη γνώμη μου τέτοια συνάρτηση δεν θα υπήρχε αν από την υπόθεση είχαμε ότι η

είναι γνησίως μονότονη γιατί τότε η f(f(x))

θα ήταν γνησίως αύξουσα όμως η $g(x)=x^{2}-x+1$ δεν είναι γνησίως αύξουσα στο

αλλά γνησίως φθίνουσα στο $(-\propto ,\frac{1}{2}]$ και γνησίως αύξουσα στο $[\frac{1}{2},+\propto )$ .

parmenides51 · #4

pito έγραψε:Κατά τη γνώμη μου τέτοια συνάρτηση δεν θα υπήρχε αν από την υπόθεση είχαμε ότι η είναι γνησίως μονότονη γιατί τότε η θα ήταν γνησίως αύξουσα όμως η $g(x)=x^{2}-x+1$ δεν είναι γνησίως αύξουσα στο αλλά γνησίως φθίνουσα στο $(-\propto ,\frac{1}{2}]$ και γνησίως αύξουσα στο $[\frac{1}{2},+\propto )$ .

Το συμπέρασμα που βγάζεις pito είναι πως δεν υπάρχει γνησίως μονότονη συνάρτηση που να ικανοποιεί την παραπάνω σχέση, όχι πως δεν υπάρχει γενικώς συνάρτηση. Ενδέχεται (;) να υπάρχει και να μην είναι γνησίως μονότονη. Πρακτικά το ίδιο λέμε, απλώς το διατύπωσα λίγο καλύτερα.

Παρατηρούμε πως αντίστοιχα δεν υπάρχει 1-1

συνάρτηση που να ικανοποιεί την παραπάνω σχέση αφού για $\displaystyle{0\neq 1}$ ισχύει πως $\displaystyle{f(0)=f(1)}$ (από την λύση του Θάνου). Θα μπορούσαμε να αποδείξουμε διαφορετικά με τον ορισμό πως η παραπάνω συνάρτηση δεν είναι 1-1

.

pito · #5

Συμφωνώ μαζί σας, επειδή δεν έχουμε όμως υπόθεση για μονοτονία ή 1-1

τελικά μπορούμε να προσδιορίσουμε τέτοια συνάρτηση;;;

parmenides51 · #6

Μια σκέψη που έκανα:

Ας υποθέσουμε πως η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=x}$ δεν είναι αδύνατη. *
Έστω $\displaystyle{a\in \mathbb{R}}$ η λύση της εξίσωσης $\displaystyle{f(x)=x}$ , προφανώς $\displaystyle{f(a)=a}$ .
Άρα $\displaystyle{ f(f(a))=a^{2}-a+1\Leftrightarrow f(a)=a^{2}-a+1 \Leftrightarrow a=a^{2}-a+1 \Leftrightarrow a^{2}-2a+1=0 \Leftrightarrow (a-1)^2=0 \Leftrightarrow a=1}$ .
Με επαλήθευση προκύπτει πως όντως είναι λύση η τιμή $\displaystyle{a=1}$ και επειδή είναι η μόνη πιθανή, αυτή θα είναι μοναδική.
Συνεπώς η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=x}$ έχει μοναδική λύση την $\displaystyle{x=1}$ .

Ίσως φανεί χρήσιμη σε κάποιον για να την συνεχίσει.

* Ήδη ο Θάνος βρήκε μια λύση την $\displaystyle{x=1}$ διότι $\displaystyle{f(1)=1}}$ αλλά δεν το θεώρησα ως δεδομένο.

#7

Βρήκα μια συνάρτηση αλλά με χρήση του θεωρήματος της καλής διάταξης. (Άρα πολύ μακριά από τα σχολικά πλαίσια.)

Σκιαγραφώ μια λύση. Οι τεχνικές λεπτομέρειες που λείπουν μπορούν εύκολα νομίζω να προστεθούν από όσους είναι εξοικειωμένοι με την χρήση του πιο πάνω θεωρήματος. Για τους υπόλοιπους νομίζω αν προσθέσω αυτές τις λεπτομέρειες περισσότερο θα μπερδέψει παρά θα ωφελήσει.

Απολογούμαι για την μη σχολική λύση αλλά μόνο αυτήν την απόδειξη βρήκα για την ύπαρξη τέτοιας συνάρτησης. Ίσως να υπάρχει και πιο εύκολος τρόπος αλλά δεν το έψαξα πολύ.

Αρκεί να βρούμε συνάρτηση $g:[1/2,\infty) \to [1/2,\infty)$ με g(g(x)) = x^2 - x + 1

. Μετά ορίζουμε $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ με f(x) = g(x)

αν $x \geqslant 1/2$ και f(x) = g(1-x)

αν $x \leqslant 1/2$ και παρατηρούμε ότι δουλεύει.

Από το θεώρημα της καλής διάταξης μπορούμε να βρούμε μια διάταξη $\prec$ στο $[1/2,\infty)$ ώστε κάθε μη κενό υποσύνολο του $[1/2,\infty)$ να έχει ένα ελάχιστο (με βάση αυτή τη διάταξη) στοιχείο. (Θα ζητήσουμε αυτή η διάταξη να έχει κάποια επιπλέον ιδιότητα αλλά αυτό ας το αφήσουμε για αργότερα.)

Ορίζουμε g(1) = 1

. Παίρνουμε τώρα το ελάχιστο στοιχείο του $[1/2,\infty) \setminus \{1\}$ , έστω το x_1

και ορίζουμε το x_2

αυθαίρετα ώστε x_1 < x_2 < x_1^2 - x_1 + 1

με $x_2 \neq 1$ . Αυτό μπορεί να γίνει επειδή (x_1^2 - x_1 + 1) - x_1 = (x_1 - 1)^2 > 0

. Ορίζουμε τώρα g(x_1) = x_2

και ορίζουμε $x_{n+1} = g(x_n)$ για $n \geqslant 2$ . Μπορεί τώρα να αποδειχθεί επαγωγικά ότι $x_1 < x_2 < x_3 < \ldots$ . Επίσης, πάλι επαγωγικά μπορεί να δειχθεί ότι $x_n \neq 1$ για κάθε

.

Τελείωσε ο πρώτος γύρος. Ορίζουμε τώρα y_1

να είναι το ελάχιστο στοιχείο του $[1/2,\infty) \setminus \{1,x_1,x_2,\ldots\}$ παίρνουμε αυθαίρετα κάποιο y_2

με

με $y_2 \notin \{1,x_1,x_2\ldots\}$ και ορίζουμε g(y_1) = y_2

και $y_{n+1} = g(y_n)$ για $n \geqslant 2$ . Πάλι επαγωγικά έχουμε $y_1 < y_2 < \ldots$ . Επιπλέον, επαγωγικά μπορεί να δειχθεί ότι $y_n \notin \{1,x_1,x_2,\ldots\}$ για κάθε

.

Πάει και ο δεύτερος γύρος. Αυτή η διαδικασία επιτρέπεται να συνεχιστεί επ' άπειρον. Η επιπλέον ιδιότητα της διάταξης που χρειάζεται να ζητήσουμε είναι ότι για κάθε $x \in [1/2,\infty)$ υπάρχουν μόνο αριθμήσιμα στοιχεία του $[1/2,\infty)$ που είναι μικρότερά του σε σχέση με το $\prec$ . Αυτό θα μας επιτρέπει κάθε φορά που χρειάζεται να επιλέγουμε ένα στοιχείο μεταξύ των

και

το οποίο δεν έχει ακόμη χρησιμοποιηθεί, να μπορούμε να το κάνουμε. (Επειδή το σύνολο των στοιχείων που απαγορεύεται να επιλεχθούν είναι αριθμήσιμο.) Διάταξη που να έχει αυτήν την επιπλέον ιδιότητα υπάρχει και έτσι μπορούμε να προχωρήσουμε την διαδικασία και να ορίσουμε την συνάρτηση

σε όλα τα $x \in [1/2,\infty)$ .

Βρείτε το f(0) !

Βρείτε το f(0) !

Re: Βρείτε το f(0) !

Re: Βρείτε το f(0) !

Re: Βρείτε το f(0) !

Re: Βρείτε το f(0) !

Re: Βρείτε το f(0) !

Re: Βρείτε το f(0) !

Μέλη σε σύνδεση