mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 23, 2008 5:58 pm**

Στέλιο συζητήθηκε πριν λίγο καιρό!

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

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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.

mathematica.gr

Συνέχεια (ήδη γνωστή? )

Συνέχεια (ήδη γνωστή? )

Re: Συνέχεια (ήδη γνωστή? )

Re: Συνέχεια (ήδη γνωστή? )

Re: Συνέχεια (ήδη γνωστή? )