Un vero problema di analisi da MTRP 2018

Question

Questa è la domanda che è apparsa nel documento d'esame MTRP nel 2018. Non sono riuscito a risolverlo sul posto dell'esame, ma più tardi, quando sono tornato a casa, ho avuto alcune idee che se posso dimostrare che in qualche modo f è continua e se S era un intervallo allora potremmo sostenere che f ha effettivamente qualche punto fisso. Ma il problema che sto affrontando è che S è un insieme finito. Quindi non ho idee per risolvere questo problema.

Quindi se qualcuno può aiutarmi a risolvere questo problema e spiegarlo sarebbe molto apprezzato. Sono al punto di partenza dell'apprendimento dell'analisi, quindi ho idee vaghe su questo, non alcuna prova rigorosa.

Answer 1

Questa affermazione non è vera a causa del caso$S = \emptyset$.

Tuttavia, purché$S$ha almeno 1 elemento, questa affermazione è vera. Procediamo per induzione sul numero di elementi.

Se$S$ha esattamente un elemento, questa affermazione è evidentemente vera.

Supponiamo ora che$S$ha$k + 1$elementi. Prendere$a, b \in S$st$a \neq b$. Permettere$\delta = \min\limits_{x, y \in S, x \neq y} |x - y|$. Quindi$\delta > 0$.

Consideriamo ora le sequenze$a_n = f^n(a)$e$b_n = f^n(b)$, dove$f^n$significa candidarsi$f$ $n$volte.

Lo vediamo$|a_n - b_n| \leq \frac{1}{2^n} |a - b|$.

Prendere$n$sufficientemente grande che$\frac{1}{2^n} |a - b| < \delta$. In tal caso, dobbiamo avere$f^n(a) = f^n(b)$.

Prendi il più piccolo$n$st$f^n(a) = f^n(b)$. Poi abbiamo$f^{n - 1}(a) \neq f^{n - 1}(b)$ma$f^n(a) = f^n(b)$. Quindi$f$non è iniettiva e quindi non suriettiva poiché$S$è finito.

Prendere$w \in S$st$w \notin f(S)$. Quindi considera l'insieme$S' = S - \{w\}$. Quindi$f$può essere limitato a una funzione$f : S' \to S'$, e$|S'| = |S| - 1 = (k + 1) - 1$. Ciò significa che per l'ipotesi induttiva, ce n'è$x \in S' \subseteq S$st$f(x) = x$.

Modifica: come ha sottolineato Kami Rama Murthy, è più semplice considerare la sequenza$s, f(s), f(f(s)), ...$e mostralo$|f^n(s) - f^{n + 1}(s)|$diventa arbitrariamente piccolo e quindi minore di$\delta$; poi ce n'è un po'$n$st$f^{n}(s) = f^{n + 1}(s)$.

Answer 2

Permettere$s \in S$,$s_1=f(s),s_2=f(f(s)),...$. Quindi$|s_n-s_{n+1}| \leq \frac 1 {2^{n}}|s-s_1|$applicando la disuguaglianza data$n$volte. Ma c'è una distanza minima tra i punti dell'insieme finito$S$quindi questa disuguaglianza può valere$n$grande solo quando$s_n=s_{n+1}$. Ora prendi$x=s_n$per finire la dimostrazione.

Answer 3

Questo può essere dimostrato come un esempio del teorema del punto fisso di Banach. L'affermazione più generale è la seguente:$S$è un sottospazio chiuso di uno spazio metrico completo, quindi è uno spazio metrico completo.$f$è una contrazione di uno spazio metrico completo, quindi per il teorema citato$f$ha un punto fermo.

In concreto pensate alla seguente procedura. Scegli un arbitrario$s_1 \in S$, e definire$s_{n+1} = f(s_n)$. Pensa alla sequenza delle distanze$d_n = |s_{n+1} - s_n|$. abbiamo$d_n=0$se e solo se$f(s_n)=s_{n+1}=s_n$, e$d_n$può avere solo un numero finito di valori quanti ne esistono solo$|S|^2$possibile scelta per una coppia di elementi. Inoltre$d_{n+1} = |s_{n+2} - s_{n+1}| = |f(s_{n+1}) - f(s_n)| \le \frac{1}2|s_{n+1} -s_n| = d_n$(l'uguaglianza vale solo se abbiamo trovato il punto fisso), quindi$d_n$Sta diminuendo. Una sequenza decrescente tra un insieme di possibili valori finiti si avvicinerà al suo minimo che qui può essere solo$0$.