Όλες οι δυνατές συνθέσεις

Μάρκος Βασίλης · #1

Αν

και

τότε να βρείτε όλες τις συναρτήσεις που μπορούν να παραχθούν από συνθέσεις των

και

(οσοδήποτε πολλές συνθέσεις).

Summand · #2

Καλησπέρα!

Αρχικά παρατηρούμε ότι (f(f(x))=g(g(x))=x

Μερικές βασικές συνθέσεις είναι οι $f(g(x))=1-\frac{1}{x}$ και $g(f(x))=\frac{1}{1-x}$

Από εδώ και πέρα θα συμβολίζουμε την $f^{(n)}(x)=\underset{n-times}{\underbrace{(f\circ f\circ f\circ ...)}(x)}$

Παρατηρούμε ότι $f^{2k}(x)=g^{2k}(x)=x$ για $k\in \mathbb{N}$ ενώ ισχύει επιπλέον προφανώς ότι

$f^{2m+1}(x)=f^{2m}(f(x))=f(x)$ και όμοια $g^{2m+1}(x)=g(x)$ $(\bigstar)$

Άρα οι μόνες συνθέσεις που θα μας απασχολήσουν είναι αυτές της μορφής f(g(f(g(...))))

και

Επιπλέον παρατηρούμε ότι $f(g(f(g(x))))=\frac{1}{1-x}=g(f(x))$ και $g(f(g(f(x))))=\frac{x-1}{x}=f(g(x))$

Θα αποδείξουμε τώρα ότι οι συναρτήσεις που μπορούμε να κατασκευάσουμε από τη σύνθεση είναι και οι μοναδικές.

Πράγματι, λόγω της $(\bigstar)$ και λόγω της προσεταιριστικότητας της σύνθεσης έχουμε ότι κάθε συνάρτηση της μορφής

f(g(f(g(f(g(...)))))

γράφεται σαν

$(f\circ g\circ f\circ g\circ f\circ g\circ ...)(x)=(f\circ g\circ f\circ g)(f\circ g\circ ...)$

Όμως $(f\circ g\circ f\circ g)(f\circ g\circ ...)=(g\circ f\circ f\circ g)(f\circ g\circ ...)=(g\circ g)(f\circ g\circ ...)=(f\circ g\circ ...)(x)$

που επαγωγικά καταλήγει στην g(f(x))

Όμοια αντιμετωπίζεται και η περίπτωση των συνθέσεων της μορφής g(f(g(f(...))))

που δίνουν την f(g(x))

Άρα οι μόνες συναρτήσεις που μπορούμε να κατασκευάσουμε με σύνθεση των f,g

είναι οι:

$f(g(x))=\frac{x-1}{x}$

$g(f(x))=\frac{1}{1-x}$

$f(g(f(x)))=g(f(g(x)))=\frac{x}{x-1}$

Φιλικά,
Γιάννης Ν.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Summand έγραψε: Παρ Σεπ 27, 2019 3:50 am Καλησπέρα!

Αρχικά παρατηρούμε ότι

Μερικές βασικές συνθέσεις είναι οι $f(g(x))=1-\frac{1}{x}$ και $g(f(x))=\frac{1}{1-x}$

Από εδώ και πέρα θα συμβολίζουμε την $f^{(n)}(x)=\underset{n-times}{\underbrace{(f\circ f\circ f\circ ...)}(x)}$

Παρατηρούμε ότι $f^{2k}(x)=g^{2k}(x)=x$ για $k\in \mathbb{N}$ ενώ ισχύει επιπλέον προφανώς ότι

$f^{2m+1}(x)=f^{2m}(f(x))=f(x)$ και όμοια $g^{2m+1}(x)=g(x)$ $(\bigstar)$

Άρα οι μόνες συνθέσεις που θα μας απασχολήσουν είναι αυτές της μορφής και

Επιπλέον παρατηρούμε ότι $f(g(f(g(x))))=\frac{1}{1-x}=g(f(x))$ και $g(f(g(f(x))))=\frac{x-1}{x}=f(g(x))$

Θα αποδείξουμε τώρα ότι οι συναρτήσεις που μπορούμε να κατασκευάσουμε από τη σύνθεση είναι και οι μοναδικές.

Πράγματι, λόγω της $(\bigstar)$ και λόγω της προσεταιριστικότητας της σύνθεσης έχουμε ότι κάθε συνάρτηση της μορφής

γράφεται σαν

$(f\circ g\circ f\circ g\circ f\circ g\circ ...)(x)=(f\circ g\circ f\circ g)(f\circ g\circ ...)$

Όμως $(f\circ g\circ f\circ g)(f\circ g\circ ...)=(g\circ f\circ f\circ g)(f\circ g\circ ...)=(g\circ g)(f\circ g\circ ...)=(f\circ g\circ ...)(x)$

που επαγωγικά καταλήγει στην

Όμοια αντιμετωπίζεται και η περίπτωση των συνθέσεων της μορφής που δίνουν την

Άρα οι μόνες συναρτήσεις που μπορούμε να κατασκευάσουμε με σύνθεση των είναι οι:

$f(g(x))=\frac{x-1}{x}$

$g(f(x))=\frac{1}{1-x}$

$f(g(f(x)))=g(f(g(x)))=\frac{x}{x-1}$

Φιλικά,
Γιάννης Ν.

Γιάννη υπάρχει πρόβλημα.
Αν θεωρήσουμε τους τύπους των συναρτήσεων τότε η λύση είναι σωστή.
Αν για την ισότητα των συναρτήσεων θεωρήσουμε τον ορισμό του σχολικού (που είναι ιδιος με τα κανονικά μαθηματικά)
τότε υπάρχουν και άλλες.
Η διαφορά είναι στο πεδίο ορισμού.

Να πάμε και λίγο παρακάτω.
Αν θεωρήσουμε τις

$f,g:\mathbb{R}-\left \{ 0,1 \right \}\rightarrow \mathbb{R}-\left \{ 0,1 \right \}$

τότε αυτές είναι 1-1

και επί.

Παράγουν μία υποομάδα της ομάδας

$G=\left \{ f:f:\mathbb{R}-\left \{ 0,1 \right \}\rightarrow \right \mathbb{R}-\left \{ 0,1 \right \},1-1,surjective\}$
με πράξη την σύνθεση συναρτήσεων.
και εύκολα βλέπουμε ότι αυτή είναι ισόμορφη με την $S_{3}$ .

Η γνώμη μου είναι ότι είναι ακατάλληλη για τον φάκελο.
Θα ήταν περισσότερο κατάλληλη για τον φάκελο Ανάλυση.

Summand · #4

Καλησπέρα κύριε Σταύρο!

Έχετε δίκιο, μην παρατηρώντας λόγω βιασύνης σε ποιον φάκελο βρίσκεται θεώρησα ότι βρίσκεται στον φάκελο συνδυαστικής για διαγωνισμούς και δεν έλεγξα την ισότητα των πεδίων ορισμού.

Παρ' όλ' αυτά δεν φαίνεται να βρίσκω κάποια άλλη συνάρτηση

Φιλικά,
Γιάννης Ν.

Μάρκος Βασίλης · #5

Summand έγραψε: Κυρ Σεπ 29, 2019 1:56 am Καλησπέρα κύριε Σταύρο!

Έχετε δίκιο, μην παρατηρώντας λόγω βιασύνης σε ποιον φάκελο βρίσκεται θεώρησα ότι βρίσκεται στον φάκελο συνδυαστικής για διαγωνισμούς και δεν έλεγξα την ισότητα των πεδίων ορισμού.

Παρ' όλ' αυτά δεν φαίνεται να βρίσκω κάποια άλλη συνάρτηση

Φιλικά,
Γιάννης Ν.

Αν πάρεις, π.χ τη σύνθεση $f\circ g\circ f$ τότε, αφ' ενός, ο τύπος της συνάρτησης είναι 1-χ

, όμως έχεις $x\neq1$ διότι, από τον ορισμό του πεδίου ορισμού της $g\circ f$ έπεται $x\neq1$ , ενώ από τον ορισμό του πεδίου ορισμού της $f\circ(g\circ f)$ έπεται και πάλι ότι $x\neq1$ .

Συγγνώμη για την καθυστερημένη απάντηση!

Όλες οι δυνατές συνθέσεις

Όλες οι δυνατές συνθέσεις

Re: Όλες οι δυνατές συνθέσεις

Re: Όλες οι δυνατές συνθέσεις

Re: Όλες οι δυνατές συνθέσεις

Re: Όλες οι δυνατές συνθέσεις

Μέλη σε σύνδεση