3 º iterar de una función continua es igual a identidad función

Question

Si $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ es continua, y $\forall x \in \mathbb{R} :\;(f \circ f \circ f)(x) = x $, que $ f(x) = x $.

La condición que $f$ es continua en $\mathbb{R}$ es crucial para la prueba. Puedo encontrar funciones como $\displaystyle\frac{x-3}{x+1}$ $ (f \circ f \circ f)(x) = x $ que.
He tratado de negar la conclusión para ver si hay una contradicción, pero se quedó atascado.

Answer 1

Elija cualquiera de los $x$ y un vistazo a los tres números de $x,f(x),f(f(x))$. Si dos de ellos son iguales, todos son iguales mediante la aplicación de $f$ y el uso de $ f \circ f \circ f = id$, y por lo $x = f(x) = f(f(x))$.

Así que supongo que son distintos. Sin pérdida de generalidad, se puede asumir $x$ entre $f(x)$ $f(f(x))$ (si no, escoja $f(x)$ o $f(f(x))$ en lugar de $x$). Entonces, por el teorema del valor intermedio, existe un número $y$ $x$ $f(x)$ tal que $f(y) = x$. A continuación, $y = f(f(f(y))) = f(f(x))$, lo cual es imposible debido a $f(f(x))$ no puede ser de entre $x$ y $f(x)$ ($x$ está entre los otros dos)

Answer 2

Primera nota de que $f$ debe ser ya sea aumentando o disminuyendo por el teorema del valor intermedio, como si $f(x)=f(y)$$x=f(f(f(x)))=f(f(f(y)))=y$. Supongamos $f$ es cada vez mayor. Supongamos que tenemos algunos $a\in\mathbb R,\epsilon_1>0$ tal que $f(x)>x$ todos los $x\in(a,a+\epsilon_1)$. Recoger algunas $0<\epsilon_2<\epsilon_1$ tal que $f(x)\in (a,a+\epsilon_1)$ todos los $x\in (a,a+\epsilon_2)$, que debe existir como $\lim\limits_{\epsilon_2\to 0^+}f(a+\epsilon_2)-(a+\epsilon_2)=0$ $\epsilon_2<\epsilon_1$ la expresión en el límite es positivo. Hacer lo mismo para $0<e_3<e_2$ tal que $f(x)\in (a+\epsilon_2)$$x\in (a,a+\epsilon_3)$. Entonces $$a+\epsilon_3/2=f(f(f(a+\epsilon_3/2)))>f(f(a+\epsilon_3/2))>f(a+\epsilon_3/2)>a+\epsilon_3/2$$ lo cual es una contradicción. Lo mismo se puede hacer si tenemos $f(x)<x$$x\in (a,a+\epsilon_1)$, lo $f(x)-x$ no puede ser positivo o negativo en cualquier intervalo abierto, por lo tanto, por la continuidad no puede ser positivo o negativo en cualquier lugar en $\mathbb R$ por la continuidad, por lo tanto $f(x)=x$ todos los $x$. Para concluir, queremos señalar que $f$ no puede estar disminuyendo, como el mismo procedimiento nos da $f(x)=-x$ todos los $x$, lo $f(f(f(x)))=-x\neq x$.

Answer 3

Vamos a considerar el caso del círculo. Su ejemplo, ampliando el proyectiva línea (es decir, el círculo) por $f(-1) = \infty$ $f(\infty) = 1$ realmente es una función continua satisfacción de $f(f(f(x))) = x$.

Deje $f$ ser cualquier función continua del círculo de satisfacciones $f(f(f(x))) = x$ pero no $f(x) = x$ de forma idéntica. Supongamos $a$ no es un punto fijo. Entonces, $a$, $b = f(a)$, y $c = f(b)$ son tres puntos diferentes.

Desde $f$ es continua y a es invertible, yo reclamo que debe enviar el dirigido arc $ab$ (el que no pasa a través de $c$) para los dirigidos arc $bc$, y también se $bc \mapsto ca$$ca \mapsto ab$.

Afirmo que toda función continua en el círculo de satisfacciones $f(f(f(x))) = x$ de forma idéntica que no es $f(x) = x$ es de la forma anterior. Por el contrario, la elección de la $a, b, c$ y la opción de invertir la orientación de la preservación de los mapas de $ab \mapsto bc$ $bc \to ca$ tiene esta propiedad.

En particular, cada función no tiene puntos fijos.

Ahora, de vuelta a la línea. Si $f$ es una función continua satisfacción de $f(f(f(x))) = x$, entonces es invertible, y se puede extender a una función continua de una circunferencia $f(\infty) = \infty$. Esto también satisface $f(f(f(x))) = x$ y tiene un punto fijo, por lo $f$ satisface $f(x) = x$.

En el final, es probable que la misma idea subyacente como mercio había, pero yo todavía pensaba que interesante para tratar el círculo de todos modos.

Answer 4

Solución de Alex Becker está cerca de lo que estaba trabajando en:

Supongamos que hay $a \in \mathbb{R} $ tal que f (a) > a. consideramos la función continua g (x) = f (x) - x, tenemos g > 0.
$ \forall \epsilon, \exists \delta: \left | x -a \right |<\delta, \left |g(x)-g(a) \right |<\epsilon $. Elegir $\epsilon = g(a) $ entonces tenemos $ g(x)>0$ o $f(x)>x $ $(a-\delta, a+\delta)$.
$a+ \delta/2 = f(f(f(a+ \delta/2)))>f(f(a+ \delta/2))>f(a+ \delta/2)>a+ \delta/2 $ que es una contradicción.
El caso f (a) < un es similar
Por lo tanto, $ \forall x \in \mathbb{R}, f(x) = x $
Edit: creo que necesito demostrar que f (x) se incrementa primero!