Είναι συνεχής;

#1

Να εξετασθεί αν η συνάρτηση $f:[0,1]\longrightarrow[0,1]$ , με $f\big([0,1]\big)\subseteq[0,1]$ και τέτοια ώστε για κάθε $x,y\in[0,1]$ να ισχύει
$|f(x)-f(y)|\geqslant|x-y|$ είναι αναγκαστικά συνεχής.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Δεν έχω πλήρη λύση: Εύκολα δείχνεται ότι η

είναι αναγκαστικά αύξουσα. Επομένως για κάθε $x_0\in(0,1)$ υπάρχουν τα $f(x_0-)=\mathop{\lim}\limits_{x\to x_0^{-}}f(x)$ και $f(x_0+)=\mathop{\lim}\limits_{x\to x_0^{+}}f(x)$ ....

edit: 10:33 Πρόσθεσα ότι έχω βρει.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

grigkost έγραψε:Να εξετασθεί αν η συνάρτηση $f:[0,1]\longrightarrow[0,1]$ , με $f\big([0,1]\big)\subseteq[0,1]$ και τέτοια ώστε για κάθε $x,y\in[0,1]$ να ισχύει
$|f(x)-f(y)|\geqslant|x-y|$ είναι αναγκαστικά συνεχής.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Δεν έχω πλήρη λύση: Εύκολα δείχνεται ότι η είναι αναγκαστικά αύξουσα. Επομένως για κάθε $x_0\in(0,1)$ υπάρχουν τα $f(x_0-)=\mathop{\lim}\limits_{x\to x_0^{-}}f(x)$ και $f(x_0+)=\mathop{\lim}\limits_{x\to x_0^{+}}f(x)$ ....

edit: 10:33 Πρόσθεσα ότι έχω βρει.

Υποθέτοντας ότι είναι γνησίως αύξουσα είναι f(x)=x

Είναι $\left | f(1)-f(0) \right |\geq 1$

οπότε f(1)=1,f(0)=0

Ετσι $1=f(1)-f(0)=f(1)-f(x)+f(x)-f(0)\geq 1-x+x-0=1$

Αφού έχουμε παντού ισότητες προκύπτει.

Σημείωση .Βιάζομαι.Νομίζω ότι ο Γρηγόρης έχει δίκιο ότι είναι γνησίως αύξουσα.
Γρηγόρη βάλε και την απόδειξη ότι είναι γνησίως αύξουσα να κλείσει.

#3

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Νομίζω ότι ο Γρηγόρης έχει δίκιο ότι είναι γνησίως αύξουσα.
Γρηγόρη βάλε και την απόδειξη ότι είναι γνησίως αύξουσα να κλείσει.

Σταύρο,

τελικά δεν την "έχω" την μονοτονία(*). (η εξέταση της οποίας είναι και το δύσκολο μέρος της άσκησης) Αυτό που εύκολα αποδεικνύεται είναι το 1-1:
Πράγματι, για $x_1,x_2\in[0,1]$ ισχύει

$f(x_1)=f(x_2)\quad\Rightarrow\quad 0=|f(x_1)-f(x_2)|\geqslant|x_1-x_2|\quad\Rightarrow\quad x_1=x_2$ .

Άρα

είναι 1-1.

Επίσης, για κάθε $x\in[0,1]$ ισχύει $f(x)\geqslant x$ .

(*) Επομένως επιστρέφουμε στο αρχικό ερώτημα.

#4

grigkost έγραψε:Να εξετασθεί αν η συνάρτηση $f:[0,1]\longrightarrow[0,1]$ , με $f\big([0,1]\big)\subseteq[0,1]$ και τέτοια ώστε για κάθε $x,y\in[0,1]$ να ισχύει
$|f(x)-f(y)|\geqslant|x-y|$ είναι αναγκαστικά συνεχής.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Δεν έχω πλήρη λύση: Εύκολα δείχνεται ότι η είναι αναγκαστικά αύξουσα. Επομένως για κάθε $x_0\in(0,1)$ υπάρχουν τα $f(x_0-)=\mathop{\lim}\limits_{x\to x_0^{-}}f(x)$ και $f(x_0+)=\mathop{\lim}\limits_{x\to x_0^{+}}f(x)$ ....

edit: 10:33 Πρόσθεσα ότι έχω βρει.

Για

έχουμε $|f(1)-f(0)|\geqslant1$ οπότε f(0)=0

και

ή ανάποδα.
Για y=0

είναι $f(x)\geq x$ και για y=1

είναι $f(x)\leq x$ οπότε f(x)=x

για κάθε

Στην άλλη περίπτωση έχουμε f(x)=1-x

αν δουλέψουμε με την 1-f.

BAGGP93 · #5

Καλημέρα. Μια ιδέα.

Το $\displaystyle{\left[0,1\right]}$ με την τοπολογία του, είναι συμπαγής μετρικός χώρος.

Όπως έδειξε ο Γρηγόρης, η $\displaystyle{f}$ είναι 1-1 στο $\displaystyle{\left[0,1\right]}$ , άρα ορίζεται η αντίστροφη

απεικόνιση $\displaystyle{f^{-1}: f([0,1])\to \left[0,1\right]}$ η οποία είναι 1-1 στο $\displaystyle{f([0,1])}$ και επί του $\displaystyle{[0,1]}$ .

Αν $\displaystyle{t\,,s\in f([0,1])}$ , τότε υπάρχουν μοναδικά $\displaystyle{x\,,y\in\left[0,1\right]}$ ώστε $\displaystyle{t=f(x)\,,s=f(y)}$

οπότε, $\displaystyle{|f(x)-f(y)|\geq |t-s|\iff |t-s|\geq |f^{-1}(t)-f^{-1}(s)|$ .

Συνεπώς, $\displaystyle{|f^{-1}(t)-f^{-1}(s)|\leq |t-s|\,,\forall\,t\,,s\in f([0,1])}$ , γεγονός που αποδεικνύει ότι η $\displaystyle{f^{-1}}$

είναι συνεχής. Τώρα,

$\displaystyle{(f^{-1})^{-1}(([0,1])=f([0,1])}$ , που σημαίνει ότι το $\displaystyle{f([0,1])}$ είναι κλειστό. Ως κλειστό υποσύνολο

του συμπαγούς $\displaystyle{\left[0,1\right]}$ , είναι και το $\displaystyle{f([0,1])}$ συμπαγές.

Το ζητούμενο λοιπόν έπεται από το ακόλουθο λήμμα.

Αν $\displaystyle{\left(X,d\right)\,,(Y,\rho)}$ είναι μετρικοί χώροι με τον $\displaystyle{(X,d)}$ συμπαγή και $\displaystyle{\phi:X\to Y}$

μια συνεχής, 1-1 και επί απεικόνιση, τότε και η $\displaystyle{\phi^{-1}}$ είναι συνεχής.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Για τιμωρία γράφω καθαρά και αναλυτικά την λύση.

Είναι $\left | f(1)-f(0) \right |\geq 1$

οπότε f(1)=1,f(0)=0

η

Υποθέτουμε ότι f(1)=1,f(0)=0

Ευκολα προκύπτει ότι είναι 1-1.

Αρα $0< x< 1\Rightarrow 0< f(x)< 1$

Ετσι για 0< x< 1

είναι $1=f(1)-f(0)=f(1)-f(x)+f(x)-f(0)\geq 1-x+x-0=1$

Αφού έχουμε παντού ισότητες προκύπτει ότι f(x)=x

Αν είναι

όπως γράφει και ο Θανάσης παίρνουμε την g(x)=1-f(x)

H

ικανοποιεί τις προυποθέσεις του προβλήματος και g(0)=0,g(1)=1

Αρα

Τελικά οι συναρτήσεις που ικανοποιούν το πρόβλημα είναι οι x,1-x

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

BAGGP93 έγραψε:Καλημέρα. Μια ιδέα.

Το $\displaystyle{\left[0,1\right]}$ με την τοπολογία του, είναι συμπαγής μετρικός χώρος.

Όπως έδειξε ο Γρηγόρης, η $\displaystyle{f}$ είναι 1-1 στο $\displaystyle{\left[0,1\right]}$ , άρα ορίζεται η αντίστροφη

απεικόνιση $\displaystyle{f^{-1}: f([0,1])\to \left[0,1\right]}$ η οποία είναι 1-1 στο $\displaystyle{f([0,1])}$ και επί του $\displaystyle{[0,1]}$ .

Αν $\displaystyle{t\,,s\in f([0,1])}$ , τότε υπάρχουν μοναδικά $\displaystyle{x\,,y\in\left[0,1\right]}$ ώστε $\displaystyle{t=f(x)\,,s=f(y)}$

οπότε, $\displaystyle{|f(x)-f(y)|\geq |t-s|\iff |t-s|\geq |f^{-1}(t)-f^{-1}(s)|$ .

Συνεπώς, $\displaystyle{|f^{-1}(t)-f^{-1}(s)|\leq |t-s|\,,\forall\,t\,,s\in f([0,1])}$ , γεγονός που αποδεικνύει ότι η $\displaystyle{f^{-1}}$

είναι συνεχής. Τώρα,

$\displaystyle{(f^{-1})^{-1}(([0,1])=f([0,1])}$ , που σημαίνει ότι το $\displaystyle{f([0,1])}$ είναι κλειστό. Ως κλειστό υποσύνολο

του συμπαγούς $\displaystyle{\left[0,1\right]}$ , είναι και το $\displaystyle{f([0,1])}$ συμπαγές.

Το ζητούμενο λοιπόν έπεται από το ακόλουθο λήμμα.

Αν $\displaystyle{\left(X,d\right)\,,(Y,\rho)}$ είναι μετρικοί χώροι με τον $\displaystyle{(X,d)}$ συμπαγή και $\displaystyle{\phi:X\to Y}$

μια συνεχής, 1-1 και επί απεικόνιση, τότε και η $\displaystyle{\phi^{-1}}$ είναι συνεχής.

Οχι Ευάγγελε.Δεν χρησιμοποίησες πουθενά ότι f(0)=0,f(1)=1

η ανάποδα που είναι κομβική.

Για να γίνει κατανοητό η απόδειξη σου θα πέρναγε αν είχαμε

$f:[0,1]\rightarrow [0,5]$

Αλλά αν πάρουμε την f(x)=x

για $0\leq x< \frac{1}{2}$

$f(\frac{1}{2})=1$

και τέλος f(x)=2+x

για $\frac{1}{2}< x\leq 1$

τότε $\left | f(x)-f(y) \right |\geq \left | x-y \right |$

και η απόδειξη σου δεν δουλεύει.

#8

Σας ευχαριστώ όλους για τις απαντήσεις σας. Η άσκηση προέκυψε σαν προσωπική απορία, αλλά για την αντιμετώπισή της "πήρα λάθος δρόμο". Όμως η συζήτηση υπήρξε εποικοδομητική. Έτσι -γενικεύοντας- δείχτηκαν:

Έστωσαν πραγματικός M>0

και συνάρτηση $f:[0,1]\longrightarrow\mathbb{R}$ , τέτοια ώστε για κάθε $x,y\in[0,1]$ να ισχύει
$|f(x)-f(y)|\geqslant M|x-y|\,.$

Αν $f\big([0,1]\big)\subseteqq[0,M]$ , τότε η είναι συνεχής και μάλιστα ισχύει: είτε $f(x)=Mx\,,\; x\in[0,1]$ , είτε $f(x)=M(1-x)\,,\; x\in[0,1]$ .
Αν $f\big([0,1]\big)=[0,K]\,,\, K>M$ , τότε η δεν είναι -αναγκαστικά- συνεχής.

#9

grigkost έγραψε: $|f(x)-f(y)|\geqslant|x-y|$

Βλέπε εδώ από το τέταρτο ποστ και κάτω, όπου σε συμπαγείς μετρικούς χώρους η συνθήκη $"\ge"$ της αρχικής ερώτησης στο τέλος γίνεται ισότητα: Όπως ακριβώς στις παραπάνω λύσεις.

Είναι συνεχής;

Είναι συνεχής;

Re: Είναι συνεχής;

Re: Είναι συνεχής;

Re: Είναι συνεχής;

Re: Είναι συνεχής;

Re: Είναι συνεχής;

Re: Είναι συνεχής;

Re: Είναι συνεχής;

Re: Είναι συνεχής;

Μέλη σε σύνδεση