Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

math8000 · #1

Από τον τόμο Ι του απειροστικού λογισμού των Νεγρεπόντη - Γιωτόπουλου - Γιαννακούλια και το κεφάλαιο του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών αντιγράφω μια άσκηση:

Έστω $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ συνεχής , 1-1 συνάρτηση με $f(2x-f(x))=x , \ \forall x \in \mathbb{R}$ . Αν υπάρχει $\xi \in \mathbb{R}$ με $f(\xi)=\xi$ , να αποδείξετε ότι $f(x)=x , \ \forall x \in \mathbb{R}$ .

Δεν έχω λύση. Ο φάκελος επιλέχθηκε διότι δε γνωρίζω αν υπάρχει σχολική λύση. Η αρχική μου ιδέα είναι να αποδείξω ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και στη συνέχεια να πάω με άτοπο.

abfx · #2

math8000 έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 21, 2025 9:55 am
Από τον τόμο Ι του απειροστικού λογισμού των Νεγρεπόντη - Γιωτόπουλου - Γιαννακούλια και το κεφάλαιο του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών αντιγράφω μια άσκηση:

Έστω $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ συνεχής , 1-1 συνάρτηση με $f(2x-f(x))=x , \ \forall x \in \mathbb{R}$ . Αν υπάρχει $\xi \in \mathbb{R}$ με $f(\xi)=\xi$ , να αποδείξετε ότι $f(x)=x , \ \forall x \in \mathbb{R}$ .

Δεν έχω λύση. Ο φάκελος επιλέχθηκε διότι δε γνωρίζω αν υπάρχει σχολική λύση. Η αρχική μου ιδέα είναι να αποδείξω ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και στη συνέχεια να πάω με άτοπο.

Αρχικά αποδεικνύουμε το ακόλουθο.

Ισχυρισμός: Έστω $x \in \mathbb R$ , $y\neq 0$ ώστε f(x)=x+y

. Τότε

, $\forall m\in \mathbb Z$ .

Απόδειξη. Για m=0

ο ισχυρισμός προφανώς αληθεύει. Έστω ότι για κάποιο $m\in \mathbb Z$ ισχύει ότι f(x+my)=x+(m+1)y

.

Τότε, από τη δοσμένη σχέση προκύπτει ότι:

$f(2(x+my)-(x+(m+1)y))=x+my \iff f(x+(m-1)y)=x+my$

και f(2(x+(m+1)y)-f(x+(m+1)y))=x+(m+1)y=f(x+my)

οπότε αφού η

είναι

, έχoυμε:

$2(x+(m+1)y)-f(x+(m+1)y)=x+my \implies f(x+(m+1)y)=x+(m+2)y$

δηλαδή ο ισχυρισμός αληθεύει για m-1

και

, οπότε το ζητούμενο προκύπτει επαγωγικά. $\square$

Υποθέτουμε τώρα προς άτοπο ότι υπάρχει $a\in \mathbb R$ ώστε $f(a)\neq a$ .

Από τα δεδομένα, υπάρχει $b\in \mathbb R$ ώστε f(b)=b

. Θέτουμε $c=f(a)-a\neq 0$ και g(x)=f(x)-x

, $x\in \mathbb R$ .

Τότε, g(a)=c

και

οπότε από Θ. Ενδιαμέσων Τιμών υπάρχει x_0

μεταξύ

και

ώστε:

$\displaystyle g(x_0)=\frac{c}{2} \iff f(x_0)=x_0+\frac{c}{2}$

Από τον ισχυρισμό έπεται ότι:

f(a+mc)=a+(m+1)c

και $\displaystyle f(x_0+m\frac{c}{2})=x_0+(m+1)\frac{c}{2}$ , $\forall m\in \mathbb Z$ .

Επειδή $c\neq 0$ , $\displaystyle a+mc\neq x_0+m'\frac{c}{2}$ για κάθε $m,m'\in \mathbb Z$ .

Άρα, αν χωρίς βλάβη c>0

, θα υπάρχει $m \in \mathbb Z$ ώστε $\displaystyle x_0+m\frac{c}{2}<a<x_0+(m+1)\frac{c}{2}\text{. }(1)$

Όμως, $\displaystyle f(x_0+m\frac{c}{2})=x_0+(m+1)\frac{c}{2}<a+\frac{c}{2}<a+c=f(a)$

και $\displaystyle f(x_0+(m+1)\frac{c}{2})=x_0+(m+2)\frac{c}{2}<a+c=f(a)$ .

Άρα η

δεν είναι μονότονη και αφού είναι συνεχής, δεν μπορεί να είναι 1-1

, άτοπο.

Ανάλογα, αν c<0

, τότε στην (1)

η φορά αλλάζει και δουλεύουμε όμοια με πάνω.

Σχόλιο: Ίσως υπάρχει απλούστερη προσέγγιση.

math8000 · #3

Ευχαριστώ πολύ για τη λύση. Μια άλλη ιδέα που είχα ήταν να αποδείξω ότι η συνάρτηση είναι υποχρεωτικά πρωτοβάθμιο πολυώνυμο, γιατί με αυτό μετά αποδεικνύεται εύκολα ότι είναι η ταυτοτική, αλλά απέτυχε και αυτή. Σχολική λύση δε φαίνεται στον ορίζοντα.

#4

math8000 έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 21, 2025 9:55 am
Έστω $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ συνεχής , 1-1 συνάρτηση με $f(2x-f(x))=x , \ \forall x \in \mathbb{R}$ . Αν υπάρχει $\xi \in \mathbb{R}$ με $f(\xi)=\xi$ , να αποδείξετε ότι $f(x)=x , \ \forall x \in \mathbb{R}$ .

1) Από θεωρία η

είναι γνήσια μονότονη. Θα δείξουμε ότι είναι γνήσια αύξουσα. Αν όχι, θα ήταν γνήσια φθίνουσα. Έστω λοιπόν a>b

οπότε

. Αλλά τότε 2a-f(a) > 2b-f(b)

(άμεσο) και άρα από το γνήσια φθίνουσα θα είχαμε

a=f(2a-f(a)) < f(2b-f(b)) =b

. Άτοπο στην υπόθεση a>b

. Άρα

γνήσια αύξουσα.

2) Η

είναι αντιστρέψιμη με σύνολο τιμών όλο το $\mathbb R$ (διότι εξ υποθέσεως, για κάθε

είναι εικόνα κάποιου αριθμού (του 2x-f(x)

). Έστω

αντίστροφή της. Θα δούμε πρώτα ότι και η

ικανοποιεί μία σχέση όπως η

.

Πράγματι η $\boxed {f(2x-f(x))=x }, \, (*)$ δίνει 2x -f(x)=g(x)

, άρα

, που κτυπώντας με

δίνει

$\boxed{g(2x-g(x)) = x}$ (η σχέση που λέγαμε).

3) Έστω τώρα

τυχαίος πραγματικός με $a< \xi$ (όμοια η περίπτωση $a> \xi$ )

Aπό την (*)

με

στην θέση του

έχουμε $f(2f(x))-f^{(2)}(x))=f(x)$ , και επειδή η

είναι

έχουμε $2f(x))-f^{(2)}(x)=x$ , ισοδύναμα $f^{(2)}(x)=2f(x)-x$ . Από αυτήν με f(x)

στην θέση το

παίρνουμε

$f^{(3)}(x)=2f^{(2)}(x)-f(x)= 2(2f(x)-x) - f(x) = 3f(x) -2x$ . Όμοια επαγωγικά, έχουμε

$\boxed {f^{(n+1)}(x)= (n+1)f(x) -nx = n(f(x)-x) +f(x)}$

Τώρα, από την $f(\xi) = \xi$ και την $a< \xi$ έχουμε $f^{(n+1)}(a)< f^{(n+1)}(\xi)= \xi$ οπότε $n(f(a)-a) +f(a)< \xi$ .

Έπεται ότι $f(a) \le a$ γιατί αν f(a) >a

τότε στην προηγούμενη το αριστερό μέλος θα ήταν μη άνω φραγμένο. Άτοπο.

Όμοια εργαζόμενοι με την αντίστροφη της

, την

, παίρνουμε $g(a) \le a$ . Άρα κτυπώντας με

, έχουμε $a\le f(a)$ . Μαζί με την ανάποδη ανισότητα που δείξαμε, έχουμε f(a)=a

, όπως θέλαμε.

math8000 · #5

Ευχαριστώ πολύ κύριε Λάμπρου (γράφω από κινητό και είναι δύσκολο να γράψω latex).

Στο σημείο που γράφετε " το αριστερό μέλος θα ήταν μη φραγμένο" , μπορεί να αποδειχτεί πιο αναλυτικά παίρνοντας όριο για $n \to +\infty$ και μελετώντας το πρόσημο της διαφοράς f(a) - a

;

Η λύση σας μου έλυσε μια απορία πολλών χρόνων. Έχω την άσκηση αυτή σημαδεμένη στο εν λόγω βιβλίο ως άλυτη από το 2002 . Είναι η 10-18 στη σελίδα 181. Να είστε καλά.

abgd · #6

Να δώσω λίγο πιο απλά, (ίσως), τη λύση του Μιχάλη...

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 22, 2025 12:24 am

1) Από θεωρία η είναι γνήσια μονότονη. Θα δείξουμε ότι είναι γνήσια αύξουσα. Αν όχι, θα ήταν γνήσια φθίνουσα. Έστω λοιπόν οπότε . Αλλά τότε (άμεσο) και άρα από το γνήσια φθίνουσα θα είχαμε

. Άτοπο στην υπόθεση . Άρα γνήσια αύξουσα.

2) Η είναι αντιστρέψιμη με σύνολο τιμών όλο το $\mathbb R$ (διότι εξ υποθέσεως, για κάθε είναι εικόνα κάποιου αριθμού (του ).

$\boxed {f(2x-f(x))=x \Leftrightarrow f(x)-x=x-f^{-1}(x), \ \ \forall x \in \mathbb{R}}$ .

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει αριθμός

, τέτοιος ώστε $f(a)\ne a$ και ας είναι, χωρίς βλάβη της γενικότητας, f(a)>a

.

Θα υπάρχει, συνεπώς, d>0

ώστε

.

$f(a)-a=d\Rightarrow a-f^{-1}(a)=d\Rightarrow f^{-1}(a)=a-d \Rightarrow f(a-d)= a=a-d+d$ και επαγωγικά θα πάρουμε:

$\boxed{f(a-nd)=a-nd+d, \ \ n\in \mathbb{N}}$

$f^{-1}(a+d)=a\Rightarrow (a+d)-f^{-1}(a)=d\Rightarrow f(a+d)-(a+d)=d \Rightarrow f(a+d)= (a+d)+d$

και επαγωγικά θα πάρουμε:

$\boxed{f(a+nd)=a+nd+d, \ \ n\in \mathbb{N}}$

Έτσι, για κάθε ακέραιο

ισχύει:

.

Αφού τώρα έχουμε $\xi$ τέτοιο ώστε $f(\xi)=\xi$ , θα υπάρχει κάποιος ακέραιος

για τον οποίο

$\color{red}{a+kd<\xi<a+kd+d}$

Επειδή η

είναι γνησίως αύξουσα, θα είναι:

$f(a+kd)<f(\xi)<f(a+kd+d) \Rightarrow \color{red}{a+kd+d<\xi<a+kd+2d}$ ...άτοπο.

Άρα δεν μπορεί να υπάρχει αριθμός

, τέτοιος ώστε $f(a)\ne a$ , δηλαδή θα πρέπει $f(x)=x, \ \ \forall x \in \mathbb{R}$

#7

η f είναι αντιστρέψιμη οποτε παίρνουμε $\displaystyle{2x-f(x)=f^{-1}(x)}$

H $\displaystyle{f,f^{-1}}$ έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας , $\displaystyle{2x}$ γν αύξουσα άρα $\displaystyle{f}$ γν.αύξουσα

Tότε για $\displaystyle{x=f(x)\Rightarrow f(f(x))+x=2f(x)}$ συνεχίζοντας ετσι αν θέσουμε $\displaystyle{a_n=f(ofof...of)(x)}$ προκύπτει
$\displaystyle{a_{n+2}-a_{n+1}=a_{n+1}-a_n}$

τώρα δίνουμε τιμές 2 φορές και προσθετουμε κατά μέλη και παίρνουμε
$\displaystyle{a_n=a_0+n(a_1-a_0), a_0=x, a_1=f(x)}$
παρόμοια αν θεσουμε $\displaystyle{ c_0=x, c_{-1}=f^{-1}(x)}$ Θα πάρουμε $\displaystyle{c_{-n}=c_0-n(c_1-c_0)}$

εστω τωρα $\displaystyle{p>q}$ τοτε $\displaystyle{f(p)>f(q)}$ με $\displaystyle{a_0=p,b_0=q}$ θα έχω
$\displaystyle{c_0>b_0,c_1>b-1}$ kai γενικότερα $\displaystyle{c_n>b_n}$ αρα
$\displaystyle c_1-b_1-c_0+b_0\ge 0}$ αλλιως $\displaystyle{c_n-b_n \to -\infty}$ Που είναι ατοπο αφού

$\displaystyle{c_n-b_n>0}$

oμοια δείχνουμε $\displaystyle{c_1-b_1-c_0+b_0\le 0}$ , $\displaystyle}$ οπότε } c_1-b_1-c_0+b_0= 0}

, $\displaystyle f(p)-p=f(q)-q}$ ,για kάθε $\displaystyle{p,q}$ που σημαίνει οτι η $\displaystyle{f(x)-x =k}$ και αφου
$\displaystyle{f(\xi)=\xi , k=0, \Rightarrow , f(x)=x}$

natalee1 · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 22, 2025 12:24 am

math8000 έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 21, 2025 9:55 am
Έστω $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ συνεχής , 1-1 συνάρτηση με $f(2x-f(x))=x , \ \forall x \in \mathbb{R}$ . Αν υπάρχει $\xi \in \mathbb{R}$ με $f(\xi)=\xi$ , να αποδείξετε ότι $f(x)=x , \ \forall x \in \mathbb{R}$ .
1) Από θεωρία η είναι γνήσια μονότονη. Θα δείξουμε ότι είναι γνήσια αύξουσα. Αν όχι, θα ήταν γνήσια φθίνουσα. Έστω λοιπόν οπότε . Αλλά τότε (άμεσο) και άρα από το γνήσια φθίνουσα θα είχαμε

. Άτοπο στην υπόθεση . Άρα γνήσια αύξουσα.

2) Η είναι αντιστρέψιμη με σύνολο τιμών όλο το $\mathbb R$ (διότι εξ υποθέσεως, για κάθε είναι εικόνα κάποιου αριθμού (του ). Έστω αντίστροφή της. Θα δούμε πρώτα ότι και η ικανοποιεί μία σχέση όπως η . Το 1win προσφέρει στους Έλληνες παίκτες μια ολοκληρωμένη εμπειρία αθλητικού στοιχήματος. Με πάνω από 40 αθλήματα, συμπεριλαμβανομένων δημοφιλών όπως ποδόσφαιρο, μπάσκετ και τένις, οι χρήστες μπορούν να τοποθετούν στοιχήματα σε πραγματικό χρόνο. Η πλατφόρμα παρέχει ανταγωνιστικές αποδόσεις και ζωντανή ροή αγώνων, επιτρέποντας στους παίκτες να παρακολουθούν τα αγαπημένα τους αθλήματα ενώ στοιχηματίζουν. Η διαδικασία εγγραφής είναι απλή και γρήγορη, προσφέροντας άμεση πρόσβαση σε όλα τα διαθέσιμα στοιχήματα.

Πράγματι η $\boxed {f(2x-f(x))=x }, \, (*)$ δίνει , άρα , που κτυπώντας με δίνει

$\boxed{g(2x-g(x)) = x}$ (η σχέση που λέγαμε).

3) Έστω τώρα τυχαίος πραγματικός με $a< \xi$ (όμοια η περίπτωση $a> \xi$ )

Aπό την με στην θέση του έχουμε $f(2f(x))-f^{(2)}(x))=f(x)$ , και επειδή η είναι έχουμε $2f(x))-f^{(2)}(x)=x$ , ισοδύναμα $f^{(2)}(x)=2f(x)-x$ . Από αυτήν με στην θέση το παίρνουμε

$f^{(3)}(x)=2f^{(2)}(x)-f(x)= 2(2f(x)-x) - f(x) = 3f(x) -2x$ . Όμοια επαγωγικά, έχουμε

$\boxed {f^{(n+1)}(x)= (n+1)f(x) -nx = n(f(x)-x) +f(x)}$

Τώρα, από την $f(\xi) = \xi$ και την $a< \xi$ έχουμε $f^{(n+1)}(a)< f^{(n+1)}(\xi)= \xi$ οπότε $n(f(a)-a) +f(a)< \xi$ .

Έπεται ότι $f(a) \le a$ γιατί αν τότε στην προηγούμενη το αριστερό μέλος θα ήταν μη άνω φραγμένο. Άτοπο.

Όμοια εργαζόμενοι με την αντίστροφη της , την , παίρνουμε $g(a) \le a$ . Άρα κτυπώντας με , έχουμε $a\le f(a)$ . Μαζί με την ανάποδη ανισότητα που δείξαμε, έχουμε , όπως θέλαμε.

ενδιαφέρουσα λύση, ευχαριστώ πολύ για τις πληροφορίες, θα προσπαθήσω όπως έγραψες!

#9

natalee1 έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 07, 2025 11:16 am

ενδιαφέρουσα λύση, ευχαριστώ πολύ για τις πληροφορίες, θα προσπαθήσω όπως έγραψες!

Προς Γενικούς Συντονιστές: Το μέλος natalee1 είναι σίγουρα bot, και καλό είναι να την διαγράψετε γιατί δεν μπήκε στο φόρουμ για αγαθό σκοπό.

Ένα χαρακτηριστικό των bot είναι ότι α) απαντούν σε ένα θέμα μετά από πολύ καιρό και β) επί της ουσίας το μήνυμά τους δεν λέει απολύτως τίποτα.

Ας συμπληρώσω ότι το άλλο μήνυμα που έχει γράψει η natalee1 (δύο είναι όλα και όλα) είναι ΑΚΡΙΒΩΣ το ίδιο με το παραπάνω.

Τυχαίο; Όχι βέβαια.

Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Re: Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Re: Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Re: Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Re: Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Re: Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Re: Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Re: Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Re: Συνεχής συνάρτηση - Άσκηση

Μέλη σε σύνδεση