Funky función compuesta dentro de sí innumerables mil veces

Question

$f(x)$ es una función derivable que cumplen las siguientes condiciones: $$ 0 < f(x) < 1 \quad \text{para todos los $x$ en el intervalo de $0 \le x \le 1$.} \\ 0 < f'(x) < 1 \quad \text{para todos los $x$ en el intervalo de $0 \le x \le 1$.} $$ Cómo muchas de las soluciones de la ecuación ¿ $$ \underbrace{f(f(f( \ldots f}_{2016~\text{momentos}}(x) \ldots) =x $$ tener en el intervalo de $0\leq x\leq 1$?

Este parece ser el aspecto de la regla de la cadena Y desde $f'$ es positiva en el intervalo de $[0,1]$ parece estar aumentando, ¿qué hacer por $x>1$? Y cuál es el significado de 2016? No creo que importa. La función está integrado dentro de sí mismo que muchas veces, pero creo que tal vez no importa si su 2016 o el 2019 !

Answer 1

El primer uso de la inducción para demostrar que cada recorrer $f_n(x) = \underbrace{f(f(f( \ldots f}_{n~\text{times}}(x) \ldots)$satisface: $$ \begin{align} 0 < f_n(x) < 1 \quad &\text{for all %#%#% on the interval %#%#%,} \tag 1\\ 0 < f_n'(x) < 1 \quad &\text{for all %#%#% on the interval %#%#%.} \tag 2 \end{align} $$

A continuación, utilice $x$ y el teorema del valor intermedio para demostrar que $0 \le x \le 1$ tiene al menos un cero en $x$.

Finalmente, el uso de $0 \le x \le 1$ y la media-teorema del valor de demostrar que $(1)$ tiene al menos un cero en $f_n(x) - x$.

(Nota: en Lugar de $[0, 1]$ sería suficiente para exigir que $(2)$ en el intervalo.)

Answer 2

Desde $f'(x)>0$ para todos los $x$ en el intervalo de, $f(x)$ es estrictamente creciente.

Así:

$x<y \implies f(x)<f(y)$
(asumiendo $x,y \in [0,1]$)

Ahora, supongamos que para algunos $a \in [0,1],f(a) \ne a$.

A continuación, $f(a)<a$ o $f(a)>a$.

Buscando en el primer caso y con el hecho de que $f$ es estrictamente creciente y, sobre todo, que $f$ mapas de $[0,1]$ nuevo en $[0,1]$, $f(f(a))<f(a)$. Por supuesto, por la hipótesis inicial, $f(a)<a$, así que ahora llegamos $f(f(a))<a$. Podemos aplicar este razonamiento de nuevo $-f(f(f(a)))<f(a)$, pero también, $f(a)<a$, lo $f(f(f(a)))<a$. Pero si repetimos esta línea de razonamiento de un extra de $2013$ veces, conseguimos que los $f^{\circ 2016}(a)<a$.

Esto contradice nuestra exigencia de que $f^{\circ 2016}$ corregir todos los de $[0,1]$ lo $f(a) \nless a$ para todos los $a \in [0,1]$.

Podemos razonar de forma análoga para el caso de que $f(a)$ es asumido $>a$, que se pronuncia como una imposibilidad.

Por lo $f(x)=x$ para todos los $x \in [0,1]$.

Pero esto se contradice con el requisito de que $f'(x)<1$ para todos los $0<x<1$, por lo que no existe ninguna solución.