$f(f(x))$ no tiene puntos fijos si $f(x)$ no tiene puntos fijos

Question

Suponga que $f(x)=x$ no tiene raíces reales donde

$$f(x) = ax^2+bx+c$$ Prove that $f(f(x))=x$ no tiene raíces reales como bien.

Lo que he hecho es, el cálculo de $f(f(x))$:

$$f(f(x))=a(ax^2+bx+c)^2+b(ax^2+bx+c)+c$$

y poner $\Delta=b^2-4ac<0$, lo que parece mucho tiempo. Es que la cosa derecha a hacer?

Answer 1

Sugerencia:

$f(x) - x$ es siempre del mismo signo...

El uso de la sugerencia:

Si $f(x) \gt x$ todos los $x$,$f(f(x)) \gt f(x) \gt x$.

Del mismo modo, si $f(x) \lt x$ podemos ver que $f(f(x)) \lt x$.

(Para más detalles, véase Arturo respuesta).

Ya que este está etiquetada álgebra de precálculo, aquí hay una continuidad gratuita de prueba para demostrar que $f(x) - x$ es del mismo signo.

Primero vamos a mostrar que, si $g(x) = px^2 + qx + r$, $p \gt 0$, es una ecuación cuadrática y si existe un número real $s$ tal que $g(s) \lt 0$ $g(x) = 0$ tiene una raíz real.

Al completar el cuadrado, tenemos

$$g(s) = p\left(s + \frac{q}{2p}\right)^2 + r - \frac{q^2}{4p} \lt 0$$ es decir, $$0 \le p\left(s + \frac{q}{2p}\right)^2 \lt -r + \frac{q^2}{4p}$$

Por lo tanto $q^2 \gt 4pr$ $g(x) = 0$ tiene una raíz real.

El caso de $p=0$ es fácil de tratar.

Ahora vamos a $s,t$ ser tal que $f(s) \lt s$$f(t) \gt t$. Si $a \ge 0$, podemos aplicar lo anterior a $g(x) = f(x) - x$, de lo contrario, la aplicamos a $g(x) = x - f(x)$

Answer 2

Tenga en cuenta que $y=f(x)$ nunca cruza la línea de $y=x$ porque $f$ es continua. Eso significa que $f(a)$ es siempre mayor que $a$ o $f(a)$ es siempre menor que $a$.

Si $f(a)\gt a$ todos los $a$, $f(f(x))\gt f(x)\gt x$ todos los $x$. Si $f(a)\lt a$ todos los $a$, $f(f(x)) \lt f(x) \lt x$ todos los $x$. En particular, usted nunca ha $f(f(x))=x$.

De hecho, para todos los números naturales $n$, $f^{\circ n}(x)=x$ no tiene soluciones, por la misma razón.