Συνέχεια (ήδη γνωστή? )

Συντονιστές: Μπάμπης Στεργίου, m.pαpαgrigorakis, Καρδαμίτσης Σπύρος, Πρωτοπαπάς Λευτέρης, R BORIS, KAKABASBASILEIOS

mostel
Δημοσιεύσεις: 50
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 5:10 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Συνέχεια (ήδη γνωστή? )

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mostel » Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm

Θεωρούμε τη συνάρτηση f:\mathbf{R}\rightarrow\mathbf{R}, η οποία είναι συνεχής και "1-1". Υποθέτουμε ότι ισχύει: f(2x-f(x))=x, \forall x\in\mathbf{R} και ότι \exists \xi\in\mathbf{R}: f(\xi)=\xi. Ν.δ.ό f(x)=x, \forall x\in\mathbf{R} .


Στέλιος


We are the sultans of Swing...
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3924
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Συνέχεια (ήδη γνωστή? )

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τρί Δεκ 23, 2008 5:58 pm

Στέλιο συζητήθηκε πριν λίγο καιρό!

http://clubs.pathfinder.gr/MATHEMATICA/ ... &read=1470

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Συνέχεια (ήδη γνωστή? )

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 28, 2008 12:48 pm

mostel έγραψε:Θεωρούμε τη συνάρτηση f:\mathbf{R}\rightarrow\mathbf{R}, η οποία είναι συνεχής και "1-1". Υποθέτουμε ότι ισχύει: f(2x-f(x))=x, \forall x\in\mathbf{R} και ότι \exists \xi\in\mathbf{R}: f(\xi)=\xi. Ν.δ.ό f(x)=x, \forall x\in\mathbf{R} .
Γράφω μια πολλή ωραία λύση που μου έστειλε σε προσωπικό e-mail ο φίλος Δημήτρης Μπουνάκης, ένας από τους Συμβούλους Μαθηματικών στη Κρήτη:

Πρώτα από όλα η f ως 1-1 και συνεχής είναι γν. μονότονη. Εύκολα μάλιστα βλέπουμε ότι είναι γν. αύξουσα.

Έστω x\in\textbf{R}. Χωρίς βλάβη x\geq \xi . Δύο περιπτώσεις μπορεί να έχουμε: Είτε f(x)\geq x είτε f(x) \leq x .
Στην πρώτη περίπτωση ορίζουμε αναδρομικά
x_{0}=x και x_{n+1}=2x_{n}-f(x_{n}).
Παρατηρούμε ότι
f(x_{n+1})=f(2x_{n}-f(x_{n})) = x_{n}
Επαγωγικά τώρα αποδεικνύεται ότι
α) η (x_{n}) είναι φθίνουσα (διότι f(x_{0}) \geq x_{0}= f(x_{1}) άρα x_{0} \geq x_{1} και όμοια η γενική περίπτωση).
β) για κάθε n είναι x_{n}\ge \xi (διότι x_{1} = f(x_{0}) \ge f(\xi ) = \xi και όμοια η γενική περίπτωση).
γ) x_{n+1} = (n+1)x_{0} - nf(x_{0}) (απλό).

Οι α) και β) δείχνουν ότι η (x_{n})συγκλίνει. Από την γ) έχουμε
\frac{x_{n+1}}{n+1} = x_{0} - \frac{n}{n+1}f(x_{0})
Παίρνοντας όρια έχουμε 0 = x – f(x), δηλαδή το ζητούμενο.

Για την περίπτωση f(x) \leq x εργαζόμαστε όμοια αλλά τώρα χρησιμοποιώντας την ισοδύναμη μορφή
f^{-1}(2x-f^{-1}(x))= x της δοθείσας συναρτησιακής σχέσης.

Φιλικά και με ευχαριστίες στον Δημήτρη,

Μιχάλης Λάμπρου.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Συνέχεια (ήδη γνωστή? )

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 28, 2008 1:55 pm

mostel έγραψε:Θεωρούμε τη συνάρτηση f:\mathbf{R}\rightarrow\mathbf{R}, η οποία είναι συνεχής και "1-1". Υποθέτουμε ότι ισχύει: f(2x-f(x))=x, \forall x\in\mathbf{R} και ότι \exists \xi\in\mathbf{R}: f(\xi)=\xi. Ν.δ.ό f(x)=x, \forall x\in\mathbf{R} .
Κλέβοντας ιδέες από την λύση του Δημήτρη έγραψα αμέσως από πάνω, γράφω μία παραλλαγή της:

Όπως πριν, η f είναι αύξουσα. Για τυχαίο x < ξ ορίζουμε x_{0}=x και x_{n+1}= f(x_{n}) .
Αν x_{0} \leq  x_{1} (η περίπτωση x_{0} \geq  x_{1} αντιμετωπίζεται όμοια) εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι ισχύει
x_{0} \leq  x_{1} \leq  x_{2} \leq  x_{3} \leq ... \leq \xi
Άρα η (x_{n})συγκλίνει.
Τώρα, από τον αναδρομικό τύπο για f(x) στη θέση του x έχουμε
f(2f(x) – f(f(x)) ) = f(x) οπότε, επειδή η f είναι 1-1, 2f(x) – f(f(x)) = x.
Η τελευταία δίνει, διαδοχικά,
2x_{1}-x_{2}=x_{0}
2x_{2}-x_{3}=x_{1}
2x_{3}-x_{4}=x_{2}
.
.
.
2x_{n}-x_{n+1}=x_{n-1}

Προσθέτοντας κατά μέλη έπεται
x_{n}-x_{n+1}=x_{0} - x_{1} = x - f(x).
Παίρνοντας όριο είναι 0 = x – f(x), δηλαδή το ζητούμενο.

Οι υπόλοιπες περιπτώσεις αντιμετωπίζονται όμοια με χρήση είτε της f είτε της f^{-1}.

Φιλικά και με ευχαριστίες (και πάλι) στον Δημήτρη,

Μιχάλης Λάμπρου.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης