Συναρτησιακή με συνεχή συνάρτηση

#1

Έστω

μία σταθερά.
Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις $\displaystyle{ f:R \to R }$ οι οποίες να ικανοποιούν την
$\displaystyle{ f(x) = f(x^2 + c),\forall x \in R }$

Y.Γ:ΔΕΝ ΕΧΩ ΛΥΣΗ

#2

Επαναφορά!

#3

Χρήστο αφού δεν λύθηκε τόσο καιρό, ας μιλήσω. Η άσκηση (δεν είναι καθόλου εύκολη) είναι από τον Putnam του 1996. Ας την αφήσουμε λίγο και μετά
θα γράψω την λύση και μία ενδιαφέρουσα γενίκευση.

#4

Aς κανω μια προσπαθεια

1. παρατηρώ ότι $\displaystyle{f}$ άρτια άρα μπορούμε να θεωρήσουμε οτι $\displaystyle{x\ge 0}$

2. Αρχικά έθεσα $\displaystyle{x_{n+1}=f(x_n)=f(x_n^2+c)}$ άλλα αυτό δεν με έβγαλε πουθενά.Για να αποκτήσω κι άλλες σχέσεις που θα μου φαινόταν χρήσιμες προκειμένου να αποκτήσω ένα δεύτερο σταθερό σημείο είπα να αλλάξω ρόλους των $\displaystyle{x,x^2+c}$ Θεώρησα την σχέση
$\displaystyle{f(\sqrt{x-c})=f(x)}$ και από κει την $\displaystyle{x_{n+1}=f(x_n)=f(\sqrt{x_n-c})}$

Τώρα σκέφτηκα ότι στο όριο ,αν υπάρχει, τα $\displaystyle{x_{n+1}=x_n}$ οπότε αποκτώ 2? σταθερά σημεία που θα είναι ρίζες $\displaystyle{r_1,r_2}$ της $\displaystyle{x=x^2+c}$
Έτσι αναγκάστηκα να θεωρήσω $\displaystyle{x_{n+1}=x_n^2+c}$ και την αντίστοιχη που προκύπτει από
την την άλλη σχέση
Τα $\displaystyle{r_1,r_2}$ υπάρχουν όταν $\displaystyle{c < 1/4}$
παρατήρησα ότι τα σταθερά σημεία είναι το πολύ 2 διότι οι εξισώσεις έχουν κοινές ρίζες
ΕΚΕΙ ΚΟΛΛΗΣΑ δεν μπορούσα να κάνω τίποτα
Πάμε για άλλα

3.Ας ασχοληθούμε με τα εντός των $\displaystyle{f}$ δηλαδή να μην θεωρήσουμε $\displaystyle{x_{n+1}=f(x_n)=...}$ αφού το $\displaystyle{x_{n+1}}$ μας βγάζει έξω από τα $\displaystyle{f}$ αλλά όπως είπαμε θέλουμε τα εντός
Θεωρούμε λοιπόν την $\displaystyle{x_{n+1}=x_n^2+c}$ με χαρακτηριστική εξίσωση $\displaystyle{x=x^2+c}$
που έχει ρίζες $\displaystyle{r_1<r_2}$ για $\displaystyle{c< 1/4}$
η ακολουθία είναι αύξουσα (εύκολο) και αν πάρουμε $\displaystyle{x_0=x}$ ώστε να έχουμε την μεταβλητή $\displaystyle{{x}}$ πάλι στο παιχνίδι τότε ανάλογα με την θέση του $\displaystyle{x_0}$
παίρνουμε $\displaystyle{x>r_2}$ αφού η ακολουθία είναι αύξουσα δεν μπορεί να τείνει στο $\displaystyle{r_2}$
εκτός κι είναι σταθερή οπότε $\displaystyle{f(x)=f(r_2)}$

4.Aν ξεκινούσα από το $\displaystyle{x<r_2}$ δεν έβγαζα τίποτα (προς μεγάλη μου έκπληξη)

5.Το 3.μου έδωσε μια ιδέα ! να πάρω $\displaystyle{r_1\le x \le r_2}$ και να εργαστώ με τον δεύτερο τύπο όπου η $\displaystyle{x_n}$ είναι αύξουσα άρα δεν μπορεί να τείνει στο $\displaystyle{r_1}$ εκτός κι είναι σταθερή οπότε $\displaystyle{f(x)=f(r_1)}$
ενώ αν εργαστώ με τον 1ο τύπο $\displaystyle{f(x)=f(r_2)}$ και για λόγους συνέχειας $\displaystyle{f(x)=f(r_1)=f(r_2)}$

6. Τώρα να πάρω $\displaystyle{χ<r_1}}$ και όμοια συμπεραίνω $\displaystyle{f(x)=f(r_1)}$

έτσι αποδείξαμε ότι για $\displaystyle{c<1/4}$ η $\displaystyle{f}$ είναι ΣΤΑΘΕΡΗ

6.Τώρα (που πήραμε φόρα)
Έστω $\displaystyle{c>1/4}$ η $\displaystyle{x_n}$ του 1ου τύπου είναι αύξουσα και αφού $\displaystyle{f(0)=f(c)}$
μπορούμε να ορίσουμε την $\displaystyle{f}$ Σταθερή στο $\displaystyle{[0,c]}$ kαι με την βοήθεια του $\displaystyle{x_{n+1}=x_n^2+c}$ να επεκταθούμε σε ολο το $\displaystyle{[0,+\infty)}$ και μετά σε όλο το $\displaystyle{R}$ όπως είπαμε στην αρχή

Η άσκηση αυτή μου έβγαλε την Παναγία Περιμένω με ανυπομονησία την λύση του Σπύρου

#5

R BORIS έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 08, 2021 5:28 pm

Η άσκηση αυτή μου έβγαλε την Παναγία Περιμένω με ανυπομονησία την λύση του Σπύρου

To post του Σπύρου είναι πριν δέκα χρόνια. Δεδομένου ότι μας παραπέμπει στον διαγωνισμό Putnam 1996, έβαλα το Google να κάνει την δουλειά. Πραγρατικά, μας βγάζει σε πολλά μέρη, όπως π.χ. στην Άσκηση Α-6 εδώ.

#6

Μιχάλη σε ευχαριστώ

nickthegreek · #7

Ας δούμε έναν τρόπο σκέψης για αυτό το πρόβλημα.

Κατ' αρχάς ας λύσουμε ένα πιο εύκολο πρόβλημα. Έστω c=0

. Ας εξετάσουμε ποιες είναι οι συνεχείς συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ με f(x) = f(x^2)

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Παρατηρώ άμεσα ότι αν $x \in (-1,1)$ , τότε η ακολουθία που ορίζεται αναδρομικά μέσω των σχέσεων $x_0=x, x_{n} = x_{n-1}^2 \hspace{.5mm} \forall n \in \mathbb{N}$ τείνει στο

. Επίσης, μια παρατήρηση είναι ότι η

είναι άρτια συνάρτηση, που προκύπτει άμεσα από την αρχική σχέση. Έχω λοιπόν ότι f( x_0 )=f( x_n )

για κάθε

. Από τη συνθήκη της συνέχειας λαμβάνω ότι $f(x_0)= f(lim_{n \to \infty} x_n) = f(0)$ .

Αυτό μας δίνει μια βάση για να πατήσουμε, ότι δηλαδή η

είναι σταθερή στο (-1,1)

. Λόγω αρτιότητας, αρκεί να εξετάσουμε τι γίνεται στο $[1,\infty)$ . Για το f(1)

μπορώ να βρω ακολουθία y_n

με $y_n \to 1^-$ άρα $f(1) = lim_{n\to \infty}f(y_n) = f(0)$ . Για x >1

, η ακολουθία $z_0 =x, z_n = \sqrt{x_{n-1}}$ για $n \in \mathbb{N}$ έχει όριο το

(ως φθίνουσα έχει όριο το οποίο βρίσκουμε κατά τα γνωστά). Από συνέχεια λοιπόν πάλι λαμβάνουμε ότι f(x) =f(1)

για

. Τελικά οι μόνες συναρτήσεις που ικανοποιούν είναι οι σταθερές. Αυτές επαληθεύουν την αρχική σχέση.

Η παραπάνω περίπτωση μας δίνει αρκετές μεθόδους για τη γενική περίπτωση. Έστω λοιπόν ότι πάω να δω τι γίνεται για c=1

. Βλέπω ότι $f(0)=f(1) =f(1^2+1) = f(2)= f(5) = \dots$ .Σε αυτό το σημείο βοηθάει πολύ να έχει ακούσει κανείς μια ομιλία για τα φρακτάλ και συγκεκριμένα για το σύνολο Mandelbrot, του οποίου τον ορισμό μπορεί να βρει κανείς στη Wikipedia. Είναι γνωστή πρόταση ότι η τομή του συνόλου Mandelbrot με τους πραγματικούς είναι το σύνολο $[-2, \frac{1}{4}]$ . Συνεπώς, υποψιαζόμαστε ότι η τιμή c=1/4

θα είναι κάπως κρίσιμη για το πρόβλημα. Χωρίς να μπω σε λεπτομέρειες λόγω χρόνου, αποδεικνύουμε με παρόμοιο τρόπο όπως για c=0

ότι για $c \in [0, \frac{1}{4}]$ οι μόνες συναρτήσεις που ικανοποιούν την αρχική είναι οι σταθερές. Κρίσιμο στην προσέγγισή μας είναι το γεγονός ότι η απεικόνιση $z \mapsto z^2 + c$ έχει σταθερό σημείο για

στο δεδομένο εύρος! Όταν $c > \frac{1}{4}$ , τέτοιο σταθερό σημείο δεν υπάρχει. Έτσι, λόγου χάρη για c=1

, βλέπουμε ότι μπορούμε να στήσουμε αυθαίρετα τη συνάρτησή μας στο [0,1]

και μετά αναδρομικά να τη χτίσουμε στο [0,2], [0,5]

κ.ο.κ. Κάνουμε την υπόθεση, τέλος, ότι η τιμή c=1

δεν είναι ιδιαίτερη και ότι παρόμοια ελευθερία υπάρχει για κάθε $c> \frac{1}{4}$ .

....

Ισχυριζόμαστε τα εξής:

Α) Για κάθε $c \in [0 , 1/4]$ οι μόνες συνεχείς συναρτήσεις που ικανοποιούν την αρχική είναι οι σταθερές.

Β) Για $c> \frac{1}{4}$ υπάρχει μια 1-1 και επί αντιστοιχία μεταξύ συνεχών συναρτήσεων $g: [0,c] \to \mathbb{R}$ και συνεχών συναρτήσεων $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ που ικανοποιούν την f(x ) =f(x^2+c )

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Η απεικόνιση δίνεται από τον εξής τύπο: Αν g είναι δεδομένη, ορίζω $F_0= c, F_{n} = F_{n-1}^2 +c, n \geq 1$ . Ορίζω αναδρομικά την

στα διαστήματα [0, F_n ]

μέσω της αρχικής σχέσης. Η ένωση των διαστημάτων [0, F_n]

είναι το $[0, \infty)$ . Tέλος, επεκτείνω την

στο $( - \infty , 0 )$ μέσω της f(-x ) = f(x )

. Η αντίστροφη απεικόνιση δίνεται από τον περιορισμό του πεδίου ορισμού δεδομένης

στο

.

Aπόδειξη:

Α) Έστω $r_{1,2}(c) = \frac{1 \pm \sqrt{1-4c}}{2}$ με $r_1(c) \leq r_2(c)$ . Το ίσον μόνο για c=1/2

. Aν $x_0 \in [r_1(c), r_2(c)]$ , η αναδρομικώς ορισμένη ακολουθία $F_0=x_0, F_{n} = F_{n-1}^2 +c$ είναι φραγμένη κάτω από r_1(c)

και φθίνουσα (κάτι που αποδεικνύεται με μια εύκολη επαγωγή). Συνεπώς το όριο υπάρχει και κατά τα γνωστά αυτό ισούται με r_1(c)

. Αυτό αποδεικνύει πως η συνάρτηση είναι σταθερή στο [r_1(c), r_2(c) ]

. Αν $χ \in [0, r_1(c) ]$ , η αναλόγως οριζομένη ακολουθία F_n

είναι ομοίως αύξουσα και φραγμένη άνω από το r_1(c)

. Άρα από συνέχεια, f(x) = f( r_1(c) )

για $x \in [0, r_1(c)]$ . Τέλος, αν x > r_2(c)

η ακολουθία $G_0 = x, G_{n} = \sqrt{x-c}$ είναι φθίνουσα και φραγμένη κάτω από το r_2(c)

, με όριο στο άπειρο το r_2(c)

. 'Ετσι από συνέχεια καταλήγουμε πάλι κατά τα γνωστά ότι η

είναι σταθερή στο $[ r_2(c), \infty ].$ Το ζητούμενο έπεται.

Β) Έστω $x_0=c, x_n = x_{n-1}^2 +c$ . Για $c > \frac{1}{4}$ η ακολουθία αποκλίνει και αυτό είναι σημαντικό. Ορίζω τυχαία μια συνάρτηση

στο

. Εφ' όσον τα διαστήματα B_n := [0, x_n ]

έχουν ένωση το $[0, \infty )$ , μπορώ να ορίσω αναδρομικά μια συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to [0 , \infty )$ ορίζοντάς την σε κάθε B_n

. Έπειτα επεκτείνω τον ορισμό της

στους αρνητικούς μέσω της αρτιότητας. Αντίστροφα, δεδομένης μιας τέτοιας

, ο περιορισμός του πεδίου ορισμού στο [0,c]

δίνει τη συνάρτηση

.

Η ιδέα συνοψίζεται στο εξής: Για $c \in [0 , 1/4 ]$ υπάρχουν ατράκτορες στο δυναμικό σύστημα $z \mapsto z^2 +c$ ενώ για $c > \frac{1}{4}$ δεν υπάρχουν.

Με κάποια επιφύλαξη για τα παραπάνω, γιατί είχε καιρό να με ενθουσιάσει έτσι πρόβλημα και είμαι λίγο βιαστικός.

Συναρτησιακή με συνεχή συνάρτηση

Συναρτησιακή με συνεχή συνάρτηση

Re: Συναρτησιακή με συνεχή συνάρτηση

Re: Συναρτησιακή με συνεχή συνάρτηση

Re: Συναρτησιακή με συνεχή συνάρτηση

Re: Συναρτησιακή με συνεχή συνάρτηση

Re: Συναρτησιακή με συνεχή συνάρτηση

Re: Συναρτησιακή με συνεχή συνάρτηση

Μέλη σε σύνδεση