Периодические точки непрерывных отображений интервала в себя

[scwec]

Пусть $I$ - интервал на вещественной прямой. Предположим, что отображение $f: I\to{I}$ непрерывно.
Доказать, что если существует $x\in{I}$ и $f^{(3)}(x)=fff(x)=x$,
то для любого натурального $n$ существует $y\in{I}$ и $f^{(n)}(y)=y$.

[Dave]

Так существует же $y \in I$ такое, что $f(y)=y$. Если бы это было не так, то знак выражения $f(x)-x$ оставался бы всегда постоянным и либо для всех $x \in I$: $f(x)>x \Rightarrow f(f(f(x)))>f(f(x))>f(x)>x$, либо наоборот, что противоречит условию о существовании $x$.
Значит можно взять вышеуказанный $y$ и для него $f^{(n)}(y)=y$ при любом $n$.

[Профессор Снэйп]

А интервалы какие бывают? В смысле я так понимаю, что $I = (a,b)$ для некоторых $a$ и $b$. Допускается ли $a = -\infty$ или $b = +\infty$?

-- Ср авг 15, 2012 22:28:40 --

Dave в сообщении #606455 писал(а):

Значит можно взять вышеуказанный $y$...

Я вот тоже вначале так подумал, а потом решил, что интервал - это не то же самое, что отрезок!

-- Ср авг 15, 2012 22:30:58 --

Но тут да, это ни на что не влияет! Совсем простая задача.

[Dave]

Профессор Снэйп, здесь без разницы, что есть $I$ - интервал, полуинтервал или отрезок, конечный или бесконечный с одной стороны. Главное, чтобы множество $I$ было связным.

[scwec]

Если орбита имеет период $n$, то имеется ввиду наименьший период $n$. Так что так просто не получается.
Т.е. если $f(y)=y$, то $n=1$. Неподвижная точка.
А интервал может быть конечный или бесконечный.
Нужно доказать, что из существования точки с периодом $3$ следует существование точки с любым периодом $n$.

[Cash]

То есть показать, что для любого натурального $n$ существует $y\in{I}$ и $f^{(n)}(y)=y, f^{(k)}(y) \neq y$ $\forall k<n$ ?

[scwec]

Cash, именно так.

[xmaister]

(scwec)

А разве Ваше утверждение в первом посте не следует сразу из теоремы Брауэра? Композиция непрерывных- непрерывна.

[Nimza]

было topic3124.html

[sexy-sexy]

Триумф тупорылинга для $n=2$

пусть $x_3$, $x_1$, $x_2$ --- точки на одной орбите($1->2->3->1$) длины $3$, лежащие на прямой ровно в таком порядке(есть случай, когда они лежат так: $x_2$, $x_1$, $x_3$, но наверно его можно свести к предыдущему или он такой же).

Пусть $y = ffx$. Пусть $x = x_1$ и я буду его непрерывно двигать к $x_3$. Когда $x$ станет равным $x_3$, $y$ будет равен $x_2$, то есть $x$ и $y$ поменяются местами в процессе движения. значит будет первая точка, когда они равны, обозначу ее $a$.

Орбита $a$ длины не больше $2$. Если $2$, то все хорошо, ну допустим она $1$.
Точки на прямой лежат в порядке: $x_3$, $a$, $x_1$, $x_2$. $f(a) = a$, $f(x_1) = x_2$, тогда на отрезке $[a, x_1]$, есть точка $b$ такая, что $f(b) = x_1$. Тогда при $x=b$, $y = x_2$ то есть пока $x$ движется от $x_1$ до $b$, $x$ и $y$ поменялись местами. Какое счастье!

[scwec]

По сообщению Nimza этот вопрос, оказывается, уже обсуждался шесть лет назад. И там даже есть короткая схема доказательства.
Хорошо, конечно, если бы кто-то привел свое доказательство этого "удивительного и неожиданного" (Я.Г.Синай) результата, опубликованного в статье с многозначительным названием "Период три подразумевает хаос" , авторами Т.-Й. Ли и Джеймсом Йорком.
Доказательство авторов совершенно элементарно и коротко.
Но поскольку обсуждение проводилось, то, не отменяя прежнего вопроса, предлагаю для доказательства ещё два других факта.
1. Если функция $f$ имеет орбиту периода $n$, то она имеет орбиту периода $1$, т.е. неподвижную точку.
2. Если $f$ имеет орбиту периода $2^n$, то она обладает орбитой периода $2^k$ для $k<n$.

[scwec]

xmaister, видимо, Вы неверно поняли что нужно доказывать, может, и по моей вине.
Это касается и Dave и Профессор Снэйп.
Формулировка ведь уточнялась с помощью Cash
sexy-sexy точно угадал, что случай $n=2$ рассматривается отдельно, как и $n=1$.

[worm2]

scwec в сообщении #606611 писал(а):

1. Если функция $f$ имеет орбиту периода $n$, то она имеет орбиту периода $1$, т.е. неподвижную точку.
2. Если $f$ имеет орбиту периода $2^n$, то она обладает орбитой периода $2^k$ для $k<n$.

Что-то уж больно просто по сравнению с исходной задачей.
1. Если $f$ не имеет неподвижной точки, то в силу связности $I$ и непрерывности $f$ получается, что для всего $I$ либо $f(x)>x$, либо $f(x)<x$, оба варианта по транзитивности исключают орбиты любого периода.
2. Применим п. 1) к функции $f^{2^k}$ и $n=2^{n-k}$.

[scwec]

Можно доказать и другие утверждения разной сложности на выбор.
3.Если $f$ обладает периодической орбитой четного периода, то $f$ обладает и орбитой периода $2$.
4. Если существует орбита нечетного периода $>1$, то число различных периодов бесконечно.
5.Число различных периодов для орбит $f$ конечно только тогда, когда периоды выражаются числами $1,2,2^2,2^3,...2^n$ для некоторого значения $n$.
Может, появится доказательство и первоначального утверждения.

[sexy-sexy]

Цитата:

2. Применим п. 1) к функции $f^{2^k}$ и $n=2^{n-k}$.

Вроде же порядок пойманной точки будет любым из $2^0,\dots,2^k$, а не ровно $2^k$?