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E' vero che se $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ è tale che $ f(f(x))=\frac{x^9}{(x^2+1)(x^6+x^4+2x^2+1)} $ allora $ f $ avrà sempre un unico punto fisso?

ps. lasciatelo ai nuovi se lo fate in due secondi come mè successo..

Contosetto ma facile. Ci sono stato sopra un sacco pensando a chissà che ma in realtà la parte interessante è un risultato ben noto a chi abbia fatto un po' di Analisi... beh, insomma, ci può stare un suggerimento, dai, che poi è proprio quello risolutivo.

eeeeeeeeh è il suggerimento è che è da dimostrare

lol mi sa che il suggerimento confonde di più le idee... ci ho messo di più a capire che centrava con la mia dimostrazione (forse è meglio se vado a dormire...) che a risolverlo. Cmq visto che per chi ha già visto cos'è un punto fisso non dovrebbe essere troppo difficile, fixed point
p.s.

jordan ha scritto:E' vero che se $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ è tale che $ f(f(x))=\frac{x^9}{(x^2+1)(x^6+x^4+2x^2+1)} $ allora $ f $ avrà sempre un unico punto fisso?

ps. lasciatelo ai nuovi se lo fate in due secondi come mè successo..

Sia $ x_0 $ un punto fisso della $ f(x) $, allora $ f(x_0)=x_0 $ e quindi $ f(f(x_0))=x_0 $. Cioe', deve valere

$ x_0=\frac{x_0^9}{(x_0^2+1)(x_0^6+x_0^4+2x_0^2+1)} $. Un punto fisso e' sicuramente 0. Ce ne sono altri? Se si, devono essere le soluzioni dell'equazione

$ 1=\frac{x_0^8}{(x_0^2+1)(x_0^6+x_0^4+2x_0^2+1)} $, cioe' $ x_0^8=(x_0^2+1)(x_0^6+x_0^4+2x_0^2+1)} $, ma si vede che il secondo membro e' sempre maggiore del primo (...somme di potenze pari...).

Per concludere, se $ f(x) $ ammette punti fissi, allora esiste un unico punto fisso ed e' uguale a zero.

geda ha scritto: Per concludere, se $ f(x) $ ammette punti fissi, allora esiste un unico punto fisso ed e' uguale a zero.

Non va bene, perché tu implicitamente hai supposto che esista un punto fisso per $ f $. Tu hai mostrato che, se $ f $ ammette punto fisso, allora quello è punto fisso per $ f^2 $, allora quel punto fisso è necessariamente $ 0 $. Che è l'unicità, ma non l'esistenza! Chi ti assicura che quel punto fisso di $ f $ esiste? Cioè, in effetti esiste, ma devi dimostrarlo!

Beh se esistesse un $ $x_0\neq0: f(0)=x_0 $ e $ $f(x_0)=0 $ allora anche $ $x_0 $ sarebbe punto fisso, assurdo. Che in effetti poi si generalizza al tuo suggerimento, perché ci verrebbero fuori ciclicamente m punti fissi, a meno di molteplicità.

Ma il punto ora è: come dimostri che il punto fisso di $ f $ (che si è visto essere unico) esiste?

È quel che ho scritto: se non esiste il punto fisso di f, deve esistere un x_0 eccetera eccetera per avere in 0 il punto fisso di f^2 (che ovviamente esiste per sostituzione)

C'è qualcosa che non mi convince. Negare che $ f $ ha un punto fisso significa che, per ogni $ x $ nel dominio di $ f $, $ f(x) \neq x $.

julio14 ha scritto:Beh se esistesse un $ $x_0\neq 0: f(0)=x_0 $ e $ $f(x_0)=0 $ allora anche $ $x_0 $ sarebbe punto fisso, assurdo.

A me sembra che qui tu stia dimostrando la seguente: per ogni $ x_0 \neq 0 $ vale: $ f(x_0) \neq 0 $ oppure $ f(0) \neq x_0 $. In che senso questa dimostra l'esistenza del punto fisso per $ f $? Non riesco a capire proprio! Magari mi sbaglio, eh!

Sono stato decisamente poco rigoroso... la riscrivo come si deve.
Abbiamo visto che $ $f^2 $ ha uno e un solo punto fisso. Ora chiamo $ $f(0)=x_0 $. $ $x_0 $ può essere uguale o diverso da 0. Se è uguale, la tesi è dimostrata anche grazie a quello che ha detto geda. Se è diverso, abbiamo che $ $f(0)=x_0 $ e $ $f(f(0))=f(x_0)=0 $. Ma allora $ f(f(x_0))=f(0)=x_0 $ e $ $x_0 $ è punto fisso di $ $f^2 $, assurdo perché abbiamo visto che $ $f^2 $ ha come punto fisso solo 0.

julio14 ha scritto:... la riscrivo come si deve.
Abbiamo visto che $ $f^2 $ ha uno e un solo punto fisso. Ora chiamo $ $f(0)=x_0 $. $ $x_0 $ può essere uguale o diverso da 0. Se è uguale, la tesi è dimostrata anche grazie a quello che ha detto geda. Se è diverso, abbiamo che $ $f(0)=x_0 $ e $ $f(f(0))=f(x_0)=0 $. Ma allora $ f(f(x_0))=f(0)=x_0 $ e $ $x_0 $ è punto fisso di $ $f^2 $, assurdo perché abbiamo visto che $ $f^2 $ ha come punto fisso solo 0.

Finalmente la soluzione..

lol
in effetti avevo dato la soluzione più o meno per hint... Comunque, per chiarire il cirillico con cui ho scritto:

Ani-sama ha scritto:

julio14 ha scritto:Beh se esistesse un $ $x_0\neq 0: f(0)=x_0 $ e $ $f(x_0)=0 $ allora anche $ $x_0 $ sarebbe punto fisso, assurdo.

A me sembra che qui tu stia dimostrando la seguente: per ogni $ x_0 \neq 0 $ vale: $ f(x_0) \neq 0 $ oppure $ f(0) \neq x_0 $. In che senso questa dimostra l'esistenza del punto fisso per $ f $? Non riesco a capire proprio! Magari mi sbaglio, eh!

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% da leggersi dopo aver letto la soluzione rigorosa, se no si rischia di capire ancor meno%
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Qua il passaggio logico che mancava (chiedo venia!) è che se 0 non è punto fisso di f allora deve esistere un x_0 diverso da 0 tale che quelle due uguaglianze sono vere, il che implica che x_0 è punto fisso.

Bene, ora che il problema è stato sostanzialmente risolto, qualcuno può dimostrarmi il fatto generale che citavo nel suggerimento?

Data $ f : A \to A $ ($ A $ è un insieme qualunque, non vuoto), si indichi con $ f^m $ ($ m \in \mathbb N $) la funzione $ f $ composta con sé stessa $ m $ volte. Un punto fisso per $ f $ è un elemento $ a \in A $ tale che $ f(a) = a $. Si dimostri che se $ f^m $ ammette unico punto fisso, allora anche $ f $ ammette unico punto fisso.

Nota culturale, per chi fosse interessato: se $ X $ è uno spazio metrico completo e $ f: X \to X $ è una contrazione, allora il noto teorema del punto fisso di Banach, a volte detto anche teorema delle contrazioni, assicura che $ f $ ammette unico punto fisso. Per esempio, $ \mathbb R $ è uno spazio completo (prendendo come "distanza" quella solita, cioè il modulo della differenza di due reali), quindi volendo il teorema si applica. Non tanto nel caso di questo problema, ma senz'altro in molti altri...

Per il caso generale con esponente $ $m $ generico vale ancora la mia dimostrazione: l'applicazione reiterata di $ $f $ genera un ciclo con per lunghezza un divisore di $ $m $, se questo divisore non è 1, ogni altro elemento del ciclo risulta essere punto fisso di $ $f^m $, assurdo. Simpatica generalizzazione è che se $ $f^m $ ha $ $k $ punti fissi, allora $ $f $ avrà $ $k-s $ punti fissi, dove $ $s\le k $ è una somma di divisori di $ $m $ diversi da 1 (somma eventualmente nulla). Questo vuol dire per esempio che se $ $f^5 $ ha 4 punti fissi, $ $f $ ne avrà a sua volta 4, o che se $ $f^{10} $ ne ha 8, $ $f $ ne potrà avere 8,6,4,3,2,1; ma non 5 o 7.
A meno di grande necessità di dormire, dubito di aver scritto boiate.
p.s. lascio la dimostrazione sulla linea della mia altra dimostrazione a qualcuno più volenteroso di me, o a me stesso il giorno che troverò tempo di mettere giù le idee in modo chiaro.

EDIT: Dal basso della mia ignoranza, avendo appena guardato su wiki tutti i link della nota culturale, avrei una domanda: cosa ci assicura che f sia una contrazione?