XLVI OM - I - Zadanie 7

(a) Rozstrzygnąć, czy istnieje funkcja różniczkowalna $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ nie równa tożsamościowo zeru, spełniająca warunki:

$ 2f(f(x)) = f(x) \geq 0 \quad \text{ dla } x\in \mathbb{R} $

(b) Rozstrzygnąć, czy istnieje funkcja różniczkowalna $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ nie równa tożsamościowo zeru, spełniająca warunki:

$ -1 \leq 2f(f(x)) = f(x) \leq 1 \quad \text{ dla } x\in \mathbb{R} $

Rozwiązanie

(a) Nie ma takiej funkcji. Dowód: Przypuśćmy, że funkcja $f$ spełnia podane warunki. Nie jest tożsamościowo równa zeru, więc istnieje $x_0 \in \mathbb{R}$ , dla którego $f(x_0)>0$ . Przyjmijmy

$ x_n = f(x_{n-1}) \quad \textrm{dla} \quad n = 1,2,3,\ldots. $

Z równości $2f(f(x_{n-1})) = f(x_{n-1})$ dostajemy wniosek, że

$ 2x_{n+1} = x_n \quad \textrm{dla} \quad n = 1,2,3,\ldots. $

Stąd przez oczywistą indukcję

$ x_n = x_1/2^{n-1} \quad \textrm{dla} \quad n = 1,2,3,\ldots. $

Ciąg ( $x_n$ ) jest więc zbieżny do zera. Ponieważ $x_1 = f(x_0) > 0$ , zatem wszystkie wyrazy $x_n$ są (dla $n \geq 1$ ) liczbami dodatnimi.

Wobec ciągłości funkcji $f$ , wzór $x_n = f(x_{n-1})$ daje w granicy (przy $n$ dążącym do nieskończoności) równość $f(0) = 0$ . Funkcja $f$ przyjmuje (z założenia) tylko wartości nieujemne, a zatem wartość $0$ w punkcie $x = 0$ jest wartością minimalną. Wobec założenia różniczkowalności (na całym zbiorze $\mathbb{R}$ , więc w szczególności w punkcie $0$ ) pochodna $f'(0)$ musi być równa zeru. Ale pochodna ta jest jednocześnie granicą ciągu ilorazów różnicowych

$ \frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0} = \frac{f(x_n)}{x_n} = \frac{x_{n+1}}{x_n} =\frac{1}{2}. $

Jest to, jak widać, ciąg stały, zbieżny do liczby $1/2$ , różnej od zera. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

(b) Takie funkcje istnieją. Przykład:

$ (1) \qquad f(x)=\left\{ \begin{array}{ccl} -1-\dfrac{1}{2x} & \textrm{dla} & x<-1,\\ \dfrac{x}{2} & \textrm{dla} & -1 \leq x \leq 1, \\ 1-\dfrac{1}{2x} & \textrm{dla} & x>1. \end{array} \right. $

Jest to funkcja nieparzysta: $f(-x) = -f(x)$ . Wewnątrz każdego z przedziałów $(-\infty;\ -1)$ , $(-1;\ 1)$ , $(1;\ \infty)$ jest ona różniczkowalna. Wykażemy, że jest też różniczkowalna w punktach $1$ oraz $-1$ (i tym samym jest różniczkowalna w zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych).

Obliczamy iloraz różnicowy dla prawostronnego oraz dla lewostronnego otoczenia punktu $x_0 = 1$ :

$ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \left\{ \begin{split} \frac{(1-\frac{1}{2x})-\frac{1}{2}}{x-1} & = \frac{1}{2x} \quad \textrm{dla} \quad x>1,\\ \frac{\frac{x}{2}-\frac{1}{2}}{x-1} & = \frac{1}{2} \quad \ \ \textrm{dla} \quad -1<x<1. \end{split} \right. $

Przy $x$ dążącym do $1$ oba uzyskane wyrażenia dążą do granicy $1/2$ , co oznacza, że w punkcie $1$ obie pochodne jednostronne istnieją i są równe; istnieje więc pochodna $f'(1)$ (jej wartość wynosi $1/2$ , co dla dalszego rozumowania nie ma znaczenia). Stąd, wobec nieparzystości funkcji $f$ , wynika istnienie pochodnej $f'(-1)$ (także równej $1/2$ ). Tak więc $f$ jest funkcją różniczkowalną w całym zbiorze $\mathbb{R}$ .

Ze wzoru (1) określającego funkcję $f$ widać, że jest ona ściśle rosnąca w każdym z przedziałów $(-\infty;\ -1 \rangle$ , $\langle -1;\ 1 \rangle$ , $\langle 1;\ \infty)$ ; zatem, wobec ciągłości w punktach $-1$ i $1$ , funkcja ta jest rosnąca w całym zbiorze $\mathbb{R}$ . Granica funkcji $f$ przy $x \to -\infty$ równa się $-1$ , a granica przy $x \to \infty$ równa się $1$ . Wobec tego wszystkie wartości funkcji $f$ leżą w przedziale $(-1;\ 1)$ .

Weźmy dowolną liczbę rzeczywistą $x$ . Jak wykazaliśmy, $f(x)$ jest liczbą z przedziału $(-1;\ 1)$ , a więc spełnia nierówność

$ (2) \qquad \quad -1 \leq f(x) \leq 1. $

Przepisujemy odpowiedni fragment wzoru (1) (ze zmianą oznaczenia zmiennej):

$ (3) \qquad \quad f(y) = \frac{y}{2} \quad \textrm{dla}\quad y \in \langle -1;\ 1 \rangle. $

Podstawiamy $y = f(x)$ i otrzymujemy równość

$ (4) \qquad \quad f(f(x)) = \frac{f(x)}{2}. $

Liczba $x$ była wybrana dowolnie. Uzyskane związki (2) i (4) pokazują, że funkcja $f$ , określona wzorem (1), spełnia wszystkie postulowane warunki.

Uwaga. Ten przykład można rozmaicie modyfikować, otrzymując wiele innych przykładów. Narzucone warunki mówią tylko, że $f \colon \mathbb{R} \to \langle -1;\ 1 \rangle$ ma być funkcją różniczkowalną, spełniającą równość $f(y) = y/2$ dla wszystkich liczb $y$ , które są wartościami tej funkcji. Skoro zaś zbiór jej wartości jest podzbiorem przedziału $\langle -1;\ 1\rangle$ , warunek ten będzie automatycznie spełniony, jeśli będzie prawdziwe zdanie (3). Wystarczy więc funkcję określoną w przedziale $\langle -1;\ 1 \rangle$ wzorem (3) przedłużyć w dowolny sposób do funkcji określonej na całej prostej liczbowej, dbając jedynie o to, by była ona różniczkowalna (w szczególności w punktach sklejenia) oraz by jej wartości nie wychodziły poza przedział $\langle -1;\ 1\rangle$ .

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

XLVI OM - I - Zadanie 7

Rozwiązanie

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź

Klasyfikacja tematyczna

Zawody

Rok

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody