XXVI - III - Zadanie 6

Dane są funkcje $ S $ i $ T $, $ S(x) = 1 - x $, $ T(x) = -\frac{1}{2} $ dla $ 0\leq x \leq 1 $. Czy istnieje funkcja $ f $ postaci

\[<br /> (1) \qquad f= g_1 \circ g_2 \circ \ldots g_n, \text{ gdzie }g_k = T \text{ lub } g_k = S<br /> \]

dla $ k = 1,2, \ldots, n $ przy pewnym naturalnym $ n $ taka, że

\[<br /> f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1975}{2^{1975}} ?<br /> \]

Rozwiązanie

Udowodnimy

Twierdzenie. Każda liczba wymierna $ \displaystyle \frac{m}{n} $ należąca do przedziału, $ (0 ;\ 1) $, gdzie $ m $ jest liczbą nieparzystą, a $ n $ - potęgą dwójki, jest równa $ f\left( \frac{1}{2} \right) $ dla pewnej funkcji $ f $ postaci (1).

Dowód. Zastosujemy indukcję ze względu na liczbę $ m+n $. Z określenia liczb $ m $ i $ n $ wynika, że $ m+n \geq 3 $. Jeżeli $ m+n = 3 $, to $ m = 1 $, $ n=2 $ i wtedy $ S \left( \displaystyle \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2} $. Wystarczy więc przyjąć $ f = S $.

Załóżmy z kolei, że $ m+n > 3 $ i załóżmy, że dla dowolnych liczb naturalnych $ m' $, $ n' $, gdzie $ m' $ jest liczbą nieparzystą, $ n' $ - potęgą dwójki, $ \displaystyle 0 < \frac{m'}{n'} < 1 $ i $ m' + n' < m + n $, istnieje taka funkcja $ f' $ postaci 1, że $ \displaystyle f' \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{m'}{n'} $.

Jeżeli $ \displaystyle \frac{m}{n} < \frac{1}{2} $, to $ \displaystyle 0 < \frac{m}{\frac{1}{2}n} < 1 $ i liczba $ \displaystyle \frac{1}{2} n $ jest potęgą dwójki. Stosując więc założenie indukcyjne do liczb $ m' = m $ i $ n' = \displaystyle \frac{1}{2} n $ stwierdzamy, że istnieje funkcja $ f' $ postaci (1) taka, że $ f' \displaystyle \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{m'}{n'} $. Wtedy jako $ f $ wystarczy przyjąć funkcję $ T \circ f' $. Mamy bowiem

\[<br /> (T \circ f') \left( \frac{1}{2} \right) = T \left( f' \left( \frac{1}{2} \right)\right)=<br /> T \left( \frac{m'}{n'} \right)= \frac{1}{2} \cdot \frac{m'}{n'} = \frac{m}{n}.<br /> \]

Jeżeli $ \displaystyle \frac{1}{2} < \frac{m}{n} < 1 $, to $ \displaystyle 0 < 1 - \frac{m}{n} < \frac{1}{2} $. Mamy też 1$ \displaystyle -\frac{m}{n}= \frac{n-m}{n} $ i liczba $ n-m $ jest nieparzysta, a $ n $ jest potęgą dwójki. Przy tym $ n-m+n < m+n $, ponieważ $ \displaystyle \frac{m}{n} > \frac{1}{2} $. Z założenia indukcyjnego zastosowanego do liczb $ m' = n-m $ i $ n' = n $ wynika, że istnieje funkcja $ f' $ postaci (1) spełniająca $ \displaystyle f' \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{n-m}{n} $. Wtedy jako $ f $ wystarczy przyjąć funkcję $ S \circ f' $. Mamy bowiem

\[<br /> (S \circ f') \left( \frac{1}{2} \right) =<br /> S \left( f' \left( \frac{1}{2} \right) \right) =<br /> S\left( \frac{n-m}{n} \right) = 1- \frac{n-m}{n} = \frac{m}{n}/<br /> \]

Wobec tego na mocy indukcji twierdzenie zachodzi dla każdej liczby wymiernej $ \displaystyle \frac{m}{n} $ rozważanej postaci.

W szczególności stosując postępowanie opisane w dowodzie twierdzenia do liczby $ \displaystyle \frac{1975}{2^{1975}} $ otrzymujemy, że $ \displaystyle f \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{1975}{2^{1975}} $, gdzie $ f = T^{1964}<br /> \circ S \circ T^4 \circ S \circ T \circ S \circ T^2 \circ S \circ T \circ S \circ T^2 $ i $ T_k $ oznacza $ k $-krotną superpozycję funkcji $ T $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź