Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ f:\RR \to \RR}\) bedzie funkcja rosnaca i t. że spełnia nastepujace dwa warunki : (1) \(\displaystyle{ f(x+1)=f(x)+1}\), dla \(\displaystyle{ x \in\RR}\), (2) istnieje l. całkowita \(\displaystyle{ p}\), t. że \(\displaystyle{ f(f(f(0)))=p}\). Dowieść iż wtedy przy dowolnym \(\displaystyle{ x}\):
\(\displaystyle{ \lim_{n \to\infty } \frac{x_n}{n}=\frac{p}{3}}\) , gdzie ciag jest okreslony
\(\displaystyle{ x_1=x}\), i \(\displaystyle{ x_n=f(x_{n-1})}\) dla \(\displaystyle{ n=2,3,...}\)
Uwaga: autor posta zna rozw, jednak bardzo długaśne i meczace i ciekaw jest ewent innych metod rozwiazan. etc.

A czy czasem f(x) = x i

Z góry ostrzegam, że nie będzie krótko... ale może chociaż inaczej

Przyjmijmy trochę wygodniejsze oznaczenia odnośnie naszego ciągu:
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l}F_{1}(x) = x\\ F_{n}(x) = f(F_{n - 1}(x)), \ n = 2, 3, \ldots \end{array}\right.}\)

Weźmy dowolne \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}}\).

Indukcyjnie z (1) mamy:
\(\displaystyle{ f(x + l) = f(x) + l}\)
dla dowolnych \(\displaystyle{ l\in \mathbb{Z}, \ x \in \mathbb{R}}\).

Stąd i z (2) indukcyjnie:
\(\displaystyle{ F_{3m + 1}(k) = m\cdot p + k}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ m\in\mathbb{N}\cup \{0\}}\).

Czyli \(\displaystyle{ (*)\quad \lim_{m\to \infty} \frac{F_{3m + 1}(k)}{3m} = \frac{F_{3m + 4}(k)}{3m} = \frac{p}{3}}\).

Dalej, korzystając z monotoniczności \(\displaystyle{ f}\), indukcyjnie:
jeśli jest:
\(\displaystyle{ f(k) > k}\)
to także:
\(\displaystyle{ F_{n + 1}(k) > F_{n}(k)}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ n \in\mathbb{N}}\).

Z powyższego mamy:
\(\displaystyle{ \frac{F_{3m + 1}(k)}{3m} < \frac{F_{3m + 2}(k)}{3m} < \frac{F_{3m + 3}(k)}{3m} < \frac{F_{3m + 4}(k)}{3m}}\)

i z tw o trzech ciągach, na mocy \(\displaystyle{ (*)}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ (**)\quad \lim_{n\to\infty} \frac{F_{n}(k)}{n} = \frac{p}{3}}\)
bo oczywiście:
\(\displaystyle{ \lim_{m\to \infty}\frac{F_{3m + i}(k)}{3m} = \lim_{m\to \infty}\frac{F_{3m + i}(k)}{3m + i}\\
i \in \{1, 2, 3\}}\)

Jeśli \(\displaystyle{ f(k) < k}\), to rozumowanie jest analogicznie, a przypadek \(\displaystyle{ f(k) = k}\) jest oczywisty.

A ponieważ z monotoniczności \(\displaystyle{ f}\) dla każdego \(\displaystyle{ x \in \mathbb{R}}\) mamy:
\(\displaystyle{ f([x])\leqslant f(x) < f([x] + 1)}\)
to indukcyjnie dla każdego \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) jest:
\(\displaystyle{ F_{n}([x])\leqslant F_{n}(x) < F_{n}([x] + 1)}\)
i ponownie korzystając z tw o trzech ciągach, z \(\displaystyle{ (**)}\) otrzymujemy ogólniejszy wynik:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac{F_{n}(x)}{n} = \frac{p}{3}}\)
c. n. w.

przemk20, a co powiesz na taką funkcję:
\(\displaystyle{ f(x) = \sqrt{\{x\}} + [x] - 1}\)

brawo ! łądnie zrobione, ja mam w zasadzie rozw kompatybilne...drobne szczególy nieco inne, ale chyba nic prosciej...w b duzym skrocie ...po rozpisaniu detali robi sie niezła "kobyła", ...startuje sie od \(\displaystyle{ f_k}\) k tej iteracji f i dowodzi
1 \(\displaystyle{ f_{n}(x+r)=f_{n}(x)+r}\)
2 \(\displaystyle{ f_{3k}(0)=kp}\)

Dalej \(\displaystyle{ a \leq x < a+1}\) i tj
\(\displaystyle{ f_n(a) \leq f_{n}(x) \leq f_{n}(a+1)}\)
dalej n= 3k+r, \(\displaystyle{ r \in \{1,2,3 \}}\) i ...
\(\displaystyle{ f_{n}(0) =f_{r}(0)+ \frac{1}{3}(n-r)p}\)
tj trzy ciagi daja
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{f_{n}(x)}{n+1}=\frac{p}{3}}\)

przemk20 --> bierzesz f rosnaca dowolnie w <0,1), a potem przedłuszasz , tj robisz schodki wg wzoru (1)...etc dowolnosc jest tu spora...