Υπαρξη ρίζας.

#1

Έστω η γνησίως αύξουσα στο $\mathbf{\left[0 , 1 \right]}$ συνάρτηση $\mathbf{f(x)}$ με σύνολο τιμών : $\mathbf{f_{A}\subseteq \left[0,1 \right]}$
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει $\mathbf{x_{0}\epsilon \left[0,1 \right]:f(x_{0})=x_{0}}$

AlexandrosG · #2

Υποθετουμε πως τετοιο x_0

δεν υπαρχει.
Τοτε

0<f(0)<f(x)<f(1)<1

Εστω τωρα το 0<y<1

για το οποιο ισχυει:
για καθε x<y

εχουμε

ενω

Τετοιο

υπαρχει γιατι αλλιως θα ειχαμε f(x)>x

για καθε $x \in [0,1]$
που δεν ισχυει για x=1

Για αυξουσες συναρτησεις ισχυουν οι δυο βασικες ιδιοτητες
1) Υπαρχουν τα πλευρικα ορια
2) Εχει μονο ασυνεχειες με αλματα

Συνεπως για το

Ατοπο

#3

Ακολουθώ την ιδέα της απόδειξης απλά τη σουλουπώνω κομμάτ' :

Έστω ότι για κάθε $x_{0}\in[0,1]$ είναι $f(x_{0})\neq x_{0}$ . Τότε επειδή η

είναι γνησίως αύξουσα, θα είναι 0<f(0)<f(x)<f(1)<1

(1).

Ισχυρισμός: Υπάρχει $y\in(0,1{\color{red}]}$ με f(x)>x

για

και

.

Απόδειξη: Σε αντίθετη περίπτωση θα είναι: $\forall y\in(0,1\color{red}]$ : $\big(f(x){\color{red}\leq}\color{black}x$ για $x<y\big)$ ή $f(y)\geq y$ .

Όμως τότε, για y=1

θα είναι $\big( f(x){\color{red}\leq}\color{black}x$ για $x<1\big)$ ή $f(1)\geq 1$ , που λόγω της (1) δίνει

$\big(f(x)\color{red}\leq\color{black}x$ για $x<1\big)$ , η οποία με τη σειρά της για x=0

δίνει $f(0)\leq0$ , άτοπο λόγω της (1).

Για x<y

, από τον ισχυρισμό και λόγω της ύπαρξης του αριστερού πλευρικού ορίου στο

έχουμε : $y\leq\displaystyle\lim_{x\to y^{-}}f(x)\leq f(y)<y.$ Άτοπο.

Ilias_Zad · #4

Καλημερα σε ολους.
Ας δωσω ακομα 2 λυσεις στο ομορφο αυτο θεμα.

1)Θεωρουμε ως συνολο

ως το συνολο των

στο

ωστε

.
Ειναι μη κενο λογω f(0)>0

(αλλιως εχουμε το ζητουμενο) και ανω φραγμενο απο το 1 (αλλιως εχουμε το ζητουμενο)
Θεωρουμε το supremum του, εστω k.
-αν f(k)>k

τοτε θεωρουμε εναν πραγματικο

ωστε

Τοτε
Ισχυει l>k => f(l)>f(k)>l

απ οπου επεται οτι

ανηκει στο

ατοπο.
-
αν f(k)<k

τοτε θεωρουμε τυχαιο πραγματικο

ωστε

.
Τοτε ομως
Ισχυει k>l => f(k)>f(l)

και αρα

. Ομως επειδη ο

ηταν τυχαιος εχουμε οτι κανενας πραγματικος στο (k,f(k))

δεν ανηκει στο

και αρα ο

ειναι ανω φραγμα του πραγμα αδυνατο.

2)

Θα παμε με κιβωτισμενα διαστηματα.

Θα κατασκευασουμε δυο ακολουθιες a_n,b_n

.
αρχικα θετουμε a_1=0,b_1=1

. Υστερα παιρνουμε τον ορο $\frac{a_1+b_1}{2}=x_1$ . Aν f(x_1)=x_1

τελειωσαμε.

Αν f(x_1)<x_1

τοτε θετουμε a_2=a_1,b_2=x_1

Aν

τοτε

Eτσι λοιπον με αυτον τον τροπο κατασκευαζουμε επαγωγικα δυο ακολουθιες a_n,b_n

που ικανοποιουν ,
$b_n-a_n=\frac{b-a}{2^n}$ για καθε n αρα η διαφορα τους παει στο 0
αλλα και οτι καθε διαστημα [a_n,b_n]

ειναι γνησιο υποσυνολο ολων των [a_k,b_k]

με

.

Aπο Cantor λοιπον υπαρχει μοναδικο u που ανηκει στην τομη ολων αυτων των διαστηματων και ειναι το οριο τοσο της a_n

οσο και της b_n

.
ομως για καθε

,

και αρα u ειναι το οριο και των f(a_n)

,

.

Tελος ομως τωρα παρατηρουμε οτι λογω μονοτονιας αφου $a_n\leq u \leq b_n$ εχουμε $f(a_n)\leq f(u) \leq f(b_n)$ καi παιρνωντας το

στο απειρο, εχουμε $u\leq f(u)\leq u$ και αρα το ζητουμενο

peter · #5

Γενίκευση: Έστω

συμπαγές υποσύνολο του $\mathbb R$ και $f:K\to K$ αύξουσα. Τότε, η

έχει σταθερό σημείο.

kyros · #6

Σεραφείμ έγραψε:Έστω η γνησίως αύξουσα στο $\mathbf{\left[0 , 1 \right]}$ συνάρτηση $\mathbf{f(x)}$ με σύνολο τιμών : $\mathbf{f_{A}\subseteq \left[0,1 \right]}$
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει $\mathbf{x_{0}\epsilon \left[0,1 \right]:f(x_{0})=x_{0}}$

αυτο δεν ειναι σαν να ζητειται η f(x)

να τεμνει την y=x

,που ειναι προφανες αν καποιoς σκεφτει το πεδιο ορισμου στον χ'χ ως σταθερη βαση ορθογωνιου τετραπλευρου και το συνολο τιμων στον y'y ως μεταβλητο υψος αυτου. Ετσι έχουμε μεγιστο εμβαδον για f(A) = (0,1)

δηλαδη τετραγωνο. Σκεπτομενοι λογικα οποιαδηποτε γραμμη και αν τραβηξω αυτη θα αρχιζει απο το ( 0, f(0) )

και θα τελειωνει στο ( 1, f(1) )

ειτε αυτη διακοπτεται σε καποια ( x_0 ,f(x_0))

και ξεκινα ξανα πιο πανω απο καποια (x_0 , f'(x_0)

(σε ένα απο αυτα δεν θα οριζεται συναρτηση αφου ειναι 1-1) ειτε ειναι συνεχης ...αφου η f ορισμενη στο [0,1] και γνησιως αυξουσα θα τεμνει την y=x

καθως αυτη ή θα ειναι η διαγωνιος (τετραγωνο) ή θα διαπερνα την ανω σταθερη βαση του ορθογωνιου τετραπλευρου μην αφήνωντας ''χωρο'' σε μια γραμμη της μορφης της f να περασει απέναντι για να ''φτασει'' ένα σημειο (1, f(1) )

αφου η

ειναι γνησιωσ αυξουσα
βεβαια και παλι ισχυει η γενικευση οπου καθε f γνησιως αυξουσα που εχει πεδιο ορισμου ενα [a,b]

και συνολο τιμων υποσυνολο του [a,b]

τεμνει την y=x

αν φυσικα η f ηταν γνησίως φθίνουσα για να ισχυσει το παραπανω θα έπρεπε να ήταν συνεχης γιατι αν διακοπτοταν και μετα συνεχιζε πιο κατω θα μπορουσε να παρακαμψει την y=x

μερικες φορες μου φαινεται πειεργο που με δυσκολα μαθηματικα αποδεικνυεις απλα και κυριως λογικα πραγματακια...

τελικα μπορει να μου απαντησει καποιοσ αν ειναι σωστη η λυση μου?

KapioPulsar · #7

kyros έγραψε:
Σεραφείμ έγραψε:Έστω η γνησίως αύξουσα στο $\mathbf{\left[0 , 1 \right]}$ συνάρτηση $\mathbf{f(x)}$ με σύνολο τιμών : $\mathbf{f_{A}\subseteq \left[0,1 \right]}$
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει $\mathbf{x_{0}\epsilon \left[0,1 \right]:f(x_{0})=x_{0}}$
αυτο δεν ειναι σαν να ζητειται η να τεμνει την ,που ειναι προφανες αν καποιoς σκεφτει το πεδιο ορισμου στον χ'χ ως σταθερη βαση ορθογωνιου τετραπλευρου και το συνολο τιμων στον y'y ως μεταβλητο υψος αυτου. Ετσι έχουμε μεγιστο εμβαδον για δηλαδη τετραγωνο. Σκεπτομενοι λογικα οποιαδηποτε γραμμη και αν τραβηξω αυτη θα αρχιζει απο το και θα τελειωνει στο ειτε αυτη διακοπτεται σε καποια και ξεκινα ξανα πιο πανω απο καποια (σε ένα απο αυτα δεν θα οριζεται συναρτηση αφου ειναι 1-1) ειτε ειναι συνεχης ...αφου η f ορισμενη στο [0,1] και γνησιως αυξουσα θα τεμνει την καθως αυτη ή θα ειναι η διαγωνιος (τετραγωνο) ή θα διαπερνα την ανω σταθερη βαση του ορθογωνιου τετραπλευρου μην αφήνωντας ''χωρο'' σε μια γραμμη της μορφης της f να περασει απέναντι για να ''φτασει'' ένα σημειο αφου η ειναι γνησιωσ αυξουσα
βεβαια και παλι ισχυει η γενικευση οπου καθε f γνησιως αυξουσα που εχει πεδιο ορισμου ενα και συνολο τιμων υποσυνολο του τεμνει την
αν φυσικα η f ηταν γνησίως φθίνουσα για να ισχυσει το παραπανω θα έπρεπε να ήταν συνεχης γιατι αν διακοπτοταν και μετα συνεχιζε πιο κατω θα μπορουσε να παρακαμψει την
μερικες φορες μου φαινεται πειεργο που με δυσκολα μαθηματικα αποδεικνυεις απλα και κυριως λογικα πραγματακια...

τελικα μπορει να μου απαντησει καποιοσ αν ειναι σωστη η λυση μου?

Και μην ξεχναμε το Θεωρημα σταθερου σημειου του Brouwer

Υπαρξη ρίζας.

Υπαρξη ρίζας.

Re: Υπαρξη ρίζας.

Re: Υπαρξη ρίζας.

Re: Υπαρξη ρίζας.

Re: Υπαρξη ρίζας.

Re: Υπαρξη ρίζας.

Re: Υπαρξη ρίζας.

Μέλη σε σύνδεση