Deje $f:[0,1]\to [0,1]$ ser una función continua con un único punto fijo $x_{0}$
Suponga que $\forall x\in [0,1], \exists n\in \mathbb{N}$ tal que $f^{n}(x)=x_{0}$. ¿Esto implica que hay un uniforme de $n$ con esta propiedad?
Respuestas
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Podemos dividir la prueba en un par de lemas, cada uno dando un poco más fuerte que las condiciones en $f$. Vamos a utilizar el Cantor del teorema de la intersección de un par de veces. Tenga en cuenta que yo uso la convención, en este post, que el intervalo de $(2,1)$ es la misma que se $(1,2)$. Como aperitivo, vamos a tomar:
Lema 1: Si $z<x_0$, $f(z)>z$ e si $z>x_0$,$f(z)<z$.
Esto se sigue inmediatamente de $f(z)-z$ con un solo cero y desde el claro hecho de que $f(0)>0$$f(1)<1$.
Lema 2: Para cualquier conjunto abierto que contiene a $x_0$, debe haber alguna $c\in S$ otros de $x_0$ tal que $f(c)=x_0$.
Podemos demostrar esto por la contradicción. En particular, supongamos que hay algunas $\delta>0$ tal que para cualquier $z$, tendríamos que $0<|z-x_0|<\delta$ implica $f(z)\neq x_0$. Es claro que no debe ser alguna de esas $z$ tal que $|f(z)-x_0|\geq \delta$, ya que de lo contrario el conjunto de $z$ tendría en sí como de su imagen, y no hay ningún punto en ella jamás podría recorrer a $x_0$. Además, observe que puesto que si $z<x_0$,$f(z)>z$, se deduce que el $f(z)\geq x_0+\delta$, que es el valor más pequeño mayor que $z$ que es lo suficientemente lejos de $x_0$. Una condición similar se aplica en el caso $z>x_0$, por lo que asumimos WLOG que $z<x_0$. Deje $z$ ser el mayor de estos números, que, desde el conjunto de $z$ es no vacío, compacto y debe existir continuidad.
Sin embargo, se sigue entonces que hay algo de $z'$$n$$x_0<z'<x_0+\delta$$f^n(z')=z$, ya que si no $z'$ existía, entonces cada iteración de cada $z'$ $(x_0,x_0+\delta)$ permanecería en el conjunto de $(z,x_0+\delta)\setminus\{x_0\}$ y que por lo tanto nunca iterar a $x_0$. Esto significa que tenemos un $z'$ tal que $f^{n+1}(z')\geq x_0+\delta > z'$. Sin embargo, desde la $f^{n+1}$ finalmente es constante así, se sigue que iba a tener , sostener la $f^{n+1}(z')<z'$, ya que el $z'>x_0$. Esto es una contradicción, lo que demuestra el lema.
Lema 3: Para cualquier conjunto de la forma $(k,x_0)$, hay un $c\in(k,x_0)$ tal que $f^2(c)=x_0$.
Esto es simple dado lema $2$; suponiendo WLOG que $k<x_0$ podemos claramente, la imagen de $(k,x_0)$ bajo $f$ debe ser de la forma $(a,b)$ $a<b$ donde $k<a\leq x_0$, donde el límite inferior viene de lema $1$ y el límite superior viene de la continuidad. Claramente, si $b>x_0$, ya que de lo contrario tendríamos $f((k,x_0))\subset (k,x_0)$. Si $a<x_0$, entonces el lema se sigue inmediatamente del teorema del valor intermedio. Así, el único caso difícil que es donde$a=x_0$ -, pero, a continuación, $f((k,x_0))=(x_0,b)$ y desde $(k,x_0)\cup (x_0,b)$ es un pinchazo en un barrio de $x_0$, se deduce que hay un $c$ que $f(c)=x_0$, por el lema $2$. Esto es suficiente para demostrar el lema $3$.
Lema 4: existe un $k$ tal que $f([x_0,k])=\{x_0\}$.
Para probar esto, considere la posibilidad de la partición $P$ del conjunto de $f^{-2}([0,1]\setminus\{x_0\})$ en los componentes conectados. Podemos imponer una relación de conjuntos en $P$ como sigue: $$S_1\lesssim S_2 \Leftrightarrow \overline{S_1}\subseteq f(S_2)$$ es decir, $S_1\lesssim S_2$ significa que el cierre de $S_1$ es en la imagen de $S_2$. Supongamos que tenemos un infinito descendente de la cadena de $$S_1\gtrsim S_2 \gtrsim S_3 \gtrsim S_4 \gtrsim \ldots.$$ De ello se deduce que debe haber algún subconjunto compacto $S'_1$ $S_1$ tal que $f(S'_1)=\overline{S_2}$ - por ejemplo, si dejamos $\overline{S_2}=[a,b]$ ($S_2$ está conectado y su cierre es por lo tanto un intervalo cerrado), entonces debemos tener $x,y\in S_1$$f(x)=a$$f(y)=b$, y el establecimiento $S'_1=[x,y]\cap f^{-1}(\overline{S_2})$ se obtiene un subconjunto compacto de $S_1$ con la imagen deseada, ya que por $S_1$ está conectado sabemos si $x,y\in S_1$ $[x,y]\subseteq S_1$ y en intersección con las correspondientes preimagen garantiza $f(S'_1)\subseteq \overline{S_2}$ y del valor medio teorema garantiza $f(S'_1)\supseteq \overline{S_2}$. Podemos, además, encontrar un conjunto compacto $S'_i\subset S_i$ $f(S_i')=\overline{S_{i+1}}$ por una construcción similar. A partir de aquí, podemos escribir: $$S'_1\supset S'_1\cap f^{-1}(S'_2)\supset S'_1\cap f^{-1}(S'_2)\cap f^{-2}(S'_3)\supset S'_1\cap f^{-1}(S'_2)\cap f^{-2}(S'_3)\cap f^{-3}(S'_4)\supset\ldots$$ que es un infinito descendente de la cadena de la no-vacío compacto conjunto (no vacío desde $f(S'_1)=\overline{S_2}\supset S'_2$ y, por tanto, $S'_1\cap f^{-1}(S'_2)$ no está vacía - y un análogo argumento puede ser presentada por todos los términos) y por Cantor del teorema de la intersección, tendríamos que contiene un elemento de $z$. Este elemento tiene $f^{n}(z)\in S_{n+1}$ y el $S$ fueron disjunta de de $\{x_0\}$, un elemento que nunca podría recorrer a $x_0$.
Sin embargo, si suponemos lema $4$ era falso, hemos sido capaces de construir una infinita descendente de la cadena, debido a que, junto lema $3$, implicaría que hay una infinidad de $S\in P$ contenida en cualquier intervalo de $(x_0,k)$, lo que implica que para cualquier $S\in P$ existía una $S'\in P$$S'\lesssim S$, que fácilmente nos permite construir una infinita descendente de la cadena.
Lema 5: Hay un conjunto abierto $S$ contiene $x_0$ tal que $f^2(S)=\{x_0\}$.
La prueba de esto se sigue del lema $4$ nos dice que no está vacío conjunto abierto $(x_0,k)$ existe y, a continuación, esencialmente la reutilización de la prueba del lema $3$ para obtener el requisito de simetría, ya que lexema $3$ establece, en esencia, que si uno de los lados del punto fijo no ir de inmediato al punto fijo, se va para el otro lado.
La prueba a partir de aquí es trivial; deje $K=[0,1]\setminus S$. Sabemos que $$\bigcap_{n=0}^{\infty} f^{-n}(K)=\emptyset$$ y desde cada una de las $f^{-1}(K)$ es compacto, por Cantor de la intersección teorema, tenemos que hay algunos $f^{-n}(K)$ que está vacía. Entonces, se deduce que el $f^{n+2}(x)=x_0$ cualquier $x$.
Nota: La anterior prueba se basa en gran medida en las propiedades topológicas de $[0,1]$. Incluso en un simple espacio como $S_1\cong \mathbb R / \mathbb Z$ hemos contraejemplos; por ejemplo, el mapa, donde $0\leq x < 1$: $$f(x+n)=\begin{cases}n && \text{if }x<\frac{1}2\\ n+2x-1 &&\text{if }x\geq \frac{1}2 \end{cases}$$ tomado de mod $\mathbb Z$ está bien definido, continuo, y tiene cada punto, finalmente, la iteración a $\mathbb Z$ (es decir, la clase de equivalencia de $0$), pero no tienen un uniforme $n$, ya que el $1-\frac{1}{2^{n+1}}$ es de $n$ pasos para llegar a $0$. Podemos modificar el anterior para trabajar en la unidad de disco como en coordenadas polares: $$g(x,\theta)=\begin{cases}0 &&\text{if }0\leq \theta \leq \pi \\ (\alpha(t)\beta(\theta),2\theta-\pi)&&\text{if }\pi \leq \theta \leq 2\pi\end{cases}$$ donde $\alpha$ $\beta$ son funciones continuas con $\alpha(0)=\alpha(1)=0$ y para $0<t<1$, $0<\alpha(t)\leq 1$ y $\beta(\pi)=\beta(2\pi)=0$$\pi<\theta<2\pi$$0<\beta(\pi)\leq 1$. Mediante la proyección sobre un plano, podemos extender la anteriormente para un cierre de bola de cualquier dimensión y, además, por una construcción similar, se puede demostrar que cualquier topología con un subconjunto abierto homeomórficos a abrir una pelota no satisfacen la condición. Esto elimina una muy amplia clase de topologías - lo $[0,1]$ parece ser muy especial en el hecho de que se satisface esta.
ronno
Puntos
4382
Esto no es una respuesta completa, pero muestra que para algunos $n$ (y, por tanto, para todos lo suficientemente grande $n$), hay un no-vacío abierto subconjunto $U$ $[0,1]$ tal que $f^n(x) = x_0$ por cada $x \in U$.
Deje $A_n = \{x \in [0,1] \vert f^n(x) = x_0\}$. Desde $f^n$ es continuo, cada una de las $A_n$ es cerrado. Desde $x_0$ es un punto fijo, $A_n \subseteq A_{n+1}$. Cada una de las $x \in [0,1]$ pertenece a $A_n$, lo $\bigcup A_n = [0,1]$. Desde $[0,1]$ es un espacio métrico compacto, en particular completa, por la categoría de Baire teorema, algunos $A_n$ tiene un no-vacío interior. Definir que ser $U$.
