Matematické Fórum

check_drummer · 29. 06. 2013 00:05

Ahoj,
nechť množina M je lineárně uspořádaná a nechť má vzhledem k tomuto uspořádání nejmenší a největší prvek. Nechť f je (ostře) rostoucí zobrazení z M do M (tj. pro x<y je f(x)<f(y)). Dokažte nebo vyvraťte, že f má pevný bod - tj. existuje c takové, že f(c)=c.

OiBobik · 29. 06. 2013 19:53

↑ check_drummer:

Ahoj,

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 29. 06. 2013 23:40

Ahoj ↑ check_drummer:,
pozri si napr toto http://en.wikipedia.org/wiki/Fixed_poin … ematics%29

Odpoved na tvoju otazku je ako napisal kolega↑ OiBobik:, vseobecne nie.
Ale za urcitych hypotez, odpoved je kladna.

check_drummer

↑ OiBobik:
Ahoj, díky, to je pravda. Já jsem spíš přemýšlel o takových množinách, ze kterých nedovolíme "vyndavat" prvky - ovšem toto bych musel nějak striktně podchytit (např. pomocí nějaké souvislosti, spojitosti, apod.). (A somozřejmě jsem to měl uvést.) Pro začátek se ptejme, zda existuje zobrazení f bez pevného bodu pro $M:=[0;1] \cap \mathbb{Q}$ . Pro $M:=[0;1]$ si myslím, že pevný bod existuje vždy - důkaz by vhodně využil existence suprema každé podmnožiny M - ovšem pokud budeme jen v racionálních číslech, není důkaz (ne)existence pevného bodu na první pohled zřejmý (alespoň pro mě).

Napadlo mě zkoumat f(M),f(f(M)),..., ovšem tato posloupnost nemusí konvergovat k jednobodové množině (myslím si).

OiBobik · 30. 06. 2013 18:00

↑ check_drummer:

Co se tyce prikladu $[0,1]\cap \mathbb{Q}$ , staci vzit funkci $x\mapsto \frac{x^2}{2}+\frac{1}{4}$ - ta ma potencialni pevny bod iracionalni, takze skutecne nema pevny bod.

Myslim, ze priklad $[0,1]$ uz mit vzdy pevny bod bude.

Podobne si myslim, ze pevny bod bude existovat, kdykoli to bude dobre usporadani.

OiBobik

Pridavam jeste dukaz tech dvou domnenek:

Oznacme $N=\{x \in M | f(x)\leq x \}$ a $y:=\inf N$ .
Buno o $f$ predpokladejme, ze krajni body nejsou pevne body - pak je jiste $N$ neprazdna.

A) Pripad $M=[0,1]$ : Tvrdime, ze
$f(y)\leq y$ :
Necht ne, tedy $f(y)>y$ . Pak z vlastnosti infima existuje $z\in N \cap (y,f(y))$ . Tedy z $f(z)\leq z <f(y)$ , zaroven vsak $y<z$ , tedy $f(y)<f(z)$ . To je spor.

B) At uz jde o dobre usp. nebo o pripad $[0,1]$ , diky A) mame, ze $y=\min N$ . Tedy $f(y)\leq y$ . Pro spor predpokladejme, ze $f(y)<y$ . Pak na jednu stranu, $f(y)\not \in N$ , tedy $f(f(y))>f(y)$ . Na druhou stranu, $f(y)<y$ a $f$ je rostouci, tedy $f(f(y))<f(y)$ . To je spor. Nutne tedy nastava rovnost.

Pozn: zda se mi, ze stejny dukaz projde i pro neostre verze, tj pro neklesajici funkci.