Demuestre que no hay funciones $f: \mathbb R \to \mathbb R$ que tienen la propiedad de valor intermedio y $f(f(x))=\cos^2(x)$

Question

Demuestre que no hay funciones $f: \mathbb R \to \mathbb R$ que tienen la propiedad de Darboux (la propiedad del valor intermedio) y $f(f(x))=\cos^2(x) ; \ \forall \ x\in \mathbb R$ .

Supongo que tendría que usar el hecho de que $f(f(x)) \in [0,1]$ pero no estoy seguro de cómo

Answer 1

ok así que tomé esto conmigo en la pascua y encontré una prueba. voy a publicar más detalles más tarde, primero sólo unos pocos consejos para empezar. como ya se ha descubierto, $f|_{[0,\frac{\pi}{2}]}$ es inyectiva; en realidad, para cada $n\in\mathbb{Z}$ , $f|_{[n\frac{\pi}{2},(n+1)\frac{\pi}{2}]}$ es inyectiva. Utilizando la PIV, demuestre que cada $f|_{[n\frac{\pi}{2},(n+1)\frac{\pi}{2}]}$ es continua, por lo que $f$ debe ser continua en todas partes. Demostrar que sin pérdida de generalidad podemos suponer $f\ge0$ y $f(-x)=f(x)$ mostrar $f$ es periódica con periodo $\pi$ (así $f$ alcanza su máximo y su mínimo en los puntos finales de cada $[n\frac{\pi}{2},(n+1)\frac{\pi}{2}]$ ) y algunas cosas más para derivar una contradicción utilizando $x=0$ y $x=\frac{\pi}{2}$ . puede o no necesitar el hecho de que $f$ tiene exactamente un punto fijo $x^*$ y $x^*\in(0,1)$ y $x^*$ es también un punto fijo de $\cos^2(x)$

EDITAR A solución es una función que satisface el problema de andreea (queremos demostrar que no existe). Sea $f$ denotan cualquier solución, a menos que se indique lo contrario. IVP significa propiedad de valor intermedio y monótono se refiere a que aumenta monótonamente o monótonamente decreciente .

Lema 1 Dejemos que $J$ sea un conjunto cualquiera, $I\subseteq J$ cualquier subconjunto, y $f:J\rightarrow J$ cualquier función. Entonces

$$(f\circ f)|_I \quad \text{is injective} \quad \Longrightarrow \quad f|_I \quad \text{is injective.}$$

Prueba Supongamos que $(f\circ f)|_I$ es inyectiva, $x,y\in I$ y $f(x)=f(y)$ . Entonces $f(f(x))=f(f(y))$ Por lo tanto $x=y$ .

Toma $J=\mathbb{R}$ , $n\in\mathbb{Z}$ , $I=[n\frac{\pi}2,(n+1)\frac{\pi}2]$ . Desde $f\circ f=\cos^2$ y $\cos^2|_{[n\frac{\pi}2,(n+1)\frac{\pi}2]}$ es inyectiva, esto da como resultado:

Propuesta 1 $f|_{[n\frac{\pi}2,(n+1)\frac{\pi}2]}$ es inyectiva.

$\quad$

Propuesta 2 $f|_{[n\frac{\pi}2,(n+1)\frac{\pi}2]}$ es estrictamente monótona.

Prueba Supongamos que $f(n\frac{\pi}2)<f((n+1)\frac{\pi}2)$ . Demostraremos que $f|_{[n\frac{\pi}2,(n+1)\frac{\pi}2]}$ es estrictamente creciente.

Toma $x,y\in(n\frac{\pi}2,(n+1)\frac{\pi}2)$ tal que $x<y$ . Supongamos que $f(x)>f(y)$ . Tenga en cuenta que $$ f(x)>\max\{f(n\frac{\pi}2),f(y)\}\quad\text{or}\quad f(y)<\min\{f(x),f((n+1)\frac{\pi}2)\} $$ donde la igualdad de la izquierda se mantiene siempre que $f(n\frac{\pi}2)<f(x)$ y el derecho siempre que $f(y)<f((n+1)\frac{\pi}2)$ (hay cierto solapamiento, pero esto no influye en la prueba). En el caso de la "izquierda", por el PIV, $f$ debe tocar $\max\{f(n\frac{\pi}2),f(y)\}$ al menos dos veces en $[n\frac{\pi}2,y]$ , en contradicción con la inyectividad. En el caso "correcto", lo mismo se aplica a $\min\{f(x),f((n+1)\frac{\pi}2)\}$ . Por lo tanto, necesariamente $f(x)<f(y)$ .

Análogamente, si $f(n\frac{\pi}2)>f((n+1)\frac{\pi}2)$ entonces $f|_{[n\frac{\pi}2,(n+1)\frac{\pi}2]}$ es estrictamente decreciente.

$\quad$

Lema 2 Dejemos que $a,b\in\mathbb{R}$ y $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ sea una función estrictamente monótona con el PIV. Entonces $f$ es continua.

Prueba Sin pérdida de generalidad, supongamos que $f$ es creciente; en caso contrario, toma $-f$ ya que "tomar el negativo" no influye en la continuidad. Elija $x\in[a,b]$ y $\epsilon>0$ . Obsérvese que, por la PIV, existe $x_-,x_+\in[a,b]$ tal que $$ f(x_-)=\min\{f(x)-\epsilon, f(a)\} \quad \text{and} \quad f(x_+)=\min\{f(x)+\epsilon, f(b)\}$$ Establecer $\delta=\min\{|x-x_-|,|x-x_+|\}\backslash\{0\}$ (es decir, ignoramos el $x_-$ o $x_+$ plazo si $x_-=f(a)$ o $x_+=f(b)$ respectivamente). Entonces, para cualquier $y\in(x-\delta,x+\delta)\cap[a,b]$ por monotonía, $$ f(x_-)\le f(y)\le f(x_+) $$ por lo que $$ f(x)-\epsilon<f(y)<f(x)+\epsilon\text. $$

Toma $a=n\frac{\pi}2$ , $b=(n+1)\frac{\pi}2$ . Entonces $f|_{[n\frac{\pi}2,(n+1)\frac{\pi}2]}$ es continua. En particular, $f(x)$ es continua a la izquierda y continua a la derecha en $x=n\frac{\pi}2$ para cualquier $n\in\mathbb{Z}$ y obtenemos:

Propuesta 3 $f$ es continua.

Tenga en cuenta que, para cualquier $x\in\mathbb{R}$ , $$ f(\cos^2(x)) = \cos^2(f(x)) \in [0,1] $$ Así, podemos definir la función (continua) $\tilde f:\mathbb{R}\rightarrow[0,\pi]$ por $$ \tilde f(x)=\arccos\sqrt{f(\cos^2(x))} $$ Es fácil ver que $g$ también es una solución: $$ \tilde f(\tilde f(x)) = \arccos\sqrt{f(\cos^2(\arccos\sqrt{f(\cos^2(x))}))} \\ = \arccos\sqrt{f(f(\cos^2(x)))} \\ = \arccos\sqrt{\cos^2(\cos^2(x))} \\ = \cos^2(x) $$ Sin pérdida de generalidad, supongamos a partir de ahora que $f=\tilde f$ . Esto da:

Propuesta 4

• $f$ no es negativo
• $f$ es incluso
• $f$ es periódica con periodo $\pi$ .

Tenga en cuenta que $f(f(\frac{\pi}2))=0$ Así que $0\in\operatorname{im}f$ por la periodicidad y la monotonicidad, $f$ alcanza el valor $0$ en un punto final de cada intervalo $[n\frac{\pi}2,(n+1)\frac{\pi}2]$ . Centrándose en el intervalo $[0,\frac{\pi}2]$ Tenemos dos casos:

1. $f(0)=0$ o
2. $f(\frac{\pi}2)=0$

Si (1.), entonces $$ 0 = f(0) = f(f(0)) = \cos^2(0) = 1 \text; $$ si (2.), entonces $$ 0 < f(0) = f(f(\frac{\pi}2)) = \cos^2(\frac{\pi}2) = 0 \text; $$ ambas contradicciones. Concluimos que no hay tal $f$ existe.