Olimpiada Posibles valores de una integral

[javier m]

Buenas, les dejo este problema a ver si alguien se anima.

Sea $f: [0,1] \to [0,1]$ una función continua tal que $f(f(x))=1$ para todo $x \in [0,1]$. Encontrar todos los posibles valores de la integral:

$$\dst\int_0^1 f(x) \dd x$$

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Sorry, todavía no he dado para hacerlo . Conjeturo que es $(\frac34 , 1]$ pero el argumento no me satisface. Si me sale bien la coloco

[Umbopa]

Re: Posibles valores de una integral

Pero $f(f(x))=1 \rightarrow f(x)=1$ no?

[javier m]

Re: Posibles valores de una integral

Hola. No, no se tiene esa implicación.

Piensa por ejemplo en $f(x)=\left\{<br /> \begin{array}{cl}<br /> \frac12 + x & \text{si } 0 \leq x \leq \frac12 \\<br /> 1 & \text{si } \frac12 <x \leq 1<br /> \end{array}<br /> \right.$

[Weip]

Re: Posibles valores de una integral

javier m, ¿al final lo has podido solucionar? Yo me lo he estado pensando pero no logro resolverlo. O es muy difícil o igual es que no tengo nivel suficiente. Tengo curiosidad por saber como se hace. ¿Cómo llegaste a la conjetura que pones en el primer mensaje? A ver si alguien puede arrojar luz al problema o si no lo podemos hacer entre todos.

[arivasm]

Re: Posibles valores de una integral

Una propuesta: hagamos el cambio de variable $x=f(t)$, de esa manera, si $f$ además de ser continua es derivable, $\dd x = f'(t)\dd t$ y $\dst\int_0^1 f(x)\dd x=\int_{f^{-1}(0)}^{f^{-1}(1)} f\left[f(t)\right]\,f'(t)\dd t = \int_{f^{-1}(0)}^{f^{-1}(1)} f'(t)\dd t = \left. f(t)\right]_{f^{-1}(0)}^{f^{-1}(1)}=1-0=1$

¿Qué opináis?

[Breogan]

Re: Posibles valores de una integral

Hola:

No se si la posible solución que voy a proponer es correcta, me parece demasiado sencilla para ser correcta.

Partiendo de $\dst f(x) : [0,1] \to [0,1] \ | \ f(f(x))=1 \ \forall x \ \in \ [0,1]$

calculamos la integral:

$\dst I = \int_0^1 \ f(x) \ dx$

Para eso hacemos el siguiente cambio de variable:

$\dst x = f(t) \ | \ \forall x \ \in \ [0,1] \ \Rightarrow \ t \ \in \ [0,1]$

de donde:

$\dst dx = f'(t) dt$

Reemplazando en la integral:

$\dst \int_0^1 \ \underbrace{f(f(t))}_{= 1 \forall t \in [0,1]} \ f'(t) \ dt$

de donde:

$\dst I = \int_0^1 \ f'(t) \ dt = \left[ f(t) \right]_0^1$

y por la definición de f(x) se puede concluir que $\dst I \in [0,1]$.

s.e.u.o.

Suerte

PD: se me adelanto Antonio, basicamente lo mismo con alguna leve diferencia.

[arivasm]

Re: Posibles valores de una integral

Veo que apuntamos en la misma dirección. Nuestra discrepancia está en los límites de la integral. Entiendo que al hacer el cambio de variable $x=f(t)$ también hay que cambiar los límites.

[Weip]

Re: Posibles valores de una integral

Pensé lo mismo que vosotros, pero lo que me hizo "tirarme para atrás" fue que el enunciado dice "encontrar todos los posibles valores de la integral", por lo que entiendo que el valor no es único. Si lo fuera, me parece de mal gusto poner un enunciado tan engañoso.

Por cierto respecto al cambio de variables otra cosa que no me gustó nada es que tenemos que considerar que $f^{-1}$ existe, pero no encontré una forma fácil de demostrar su existencia. Igual es que no me lo pensé lo suficiente pero diría que no es inmediato a partir de las hipótesis. Y después está el tema de la derivabilidad de $f$.

Por último, creo que la clave está en la condición $f(f(x))=1$. Todas las implicaciones que se me ocurren a partir de aquí no veo que ayuden en el problema más allá de lo que hemos hecho del cambio de variable.

[angel relativamente]

Re: Posibles valores de una integral

Creo que no se puede suponer la derivabilidad de $f$. Por ejemplo, la función que propone javier m en su 2º mensaje cumple todos los requisitos del enunciado y no es derivable en $x=1/2$

Por otro lado la integral no puede valer 1 únicamente. De nuevo en el ejemplo de javier m puedes ver que tiene otro valor.

Saludos,

[javier m]

Re: Posibles valores de una integral

Buenas!!
Me ha costado un ..., pero creo que ya casi está lista

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Sea $x_m$ tal que $f(x_m) \leq f(x)$, para todo $x \in [0,1]$ ($x_m$ existe porque la función es continua sobre un intervalo cerrado (un compacto))

Voy a hacer la siguiente afirmación: Si $x \geq f(x_m)$ entonces $f(x)=1$

Prueba:

Supongase que existe $x' \geq f(x_m)$ tal que $f(x_m)<1$, entonces, como $f(x_m) \leq x' \leq 1$ (notese que 1 pertenece a la imagen de la función), se tiene, por el teorema de valor intermedio (Bolzano) que existe un $c$ tal que $f(c)=x'$, de donde se tiene que $f(f(c))=f(x')<1$. Contradicción

Ahora, sea $F(f)\equiv\dst\int_0^1 f(x) dx$.

Se tiene entonces que $F(f)=\dst\int_0^{f(x_m)} f(x) dx+\dst\int_{f(x_m)}^1 f(x) dx >$$f(x_m) \cdot (f(x_m)-0)+1 \cdot (1-f(x_m))=f(x_m)^2-f(x_m)+1$

Minimizando la parte derecha de la ultima expresión, se llega a que $f(x_m)=\frac12$, de modo que $F(f) \geq (\frac12)^2-\frac12 +1=\frac 34$ para todo $f$

Faltaría ver que $F(f)$ puede tomar cualquier valor en $(\frac34 ,1]$, pero creo que esto es más fácil (o menos díficil )

- - - Actualizado - - -

Por cierto saqué el problema de acá (Ronda final)

[Weip]

Re: Posibles valores de una integral

Hola javier m, gracias por poner tu planteamiento porque la verdad es que ya no tenía ni idea de hacia donde tirar. Unas dudas sobre tu razonamiento:

($x_m$ existe porque la función es continua sobre un intervalo cerrado (un compacto)

¿Aquí estás aplicando el teorema de Weierstrass? Las hipótesis son las mismas pero lo pregunto porque igual te refieres a otro resultado.

$f(x_m) \leq x' \leq 1$ (notese que 1 pertenece a la imagen de la función)

Aunque es cierto que el uno pertenece a la imagen de la función creo que eso no te asegura que existe $x \in [0, 1]$ tal que $f(x)=1$. ¿Para ello no tendrías que demostrar que $f$ es biyectiva? Dicho de otra forma, estás suponiendo que $f^{-1} (1)=x$ para algún $x\in[0, 1]$.

El ejemplo que voy a poner ahora está fuera de lugar pero lo quiero para explicarme mejor. Si consideras la función $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definida por $f(x)=x^2$ no es biyectiva y $-1$ no tiene antiimagen a pesar de que $-1$ está en la imagen. A esto me estoy refiriendo.

[javier m]

Re: Posibles valores de una integral

Hola javier m, gracias por poner tu planteamiento porque la verdad es que ya no tenía ni idea de hacia donde tirar. Unas dudas sobre tu razonamiento:

¿Aquí estás aplicando el teorema de Weierstrass? Las hipótesis son las mismas pero lo pregunto porque igual te refieres a otro resultado.

Sí, correcto. Es el teorema de Weiertrass

Aunque es cierto que el uno pertenece a la imagen de la función creo que eso no te asegura que existe tal que . ¿Para ello no tendrías que demostrar que es biyectiva?

Que 1 pertenezca a la imagen de la función significa exactamente que existe un $x\in [0,1]$ tal que $f(x)=1$, por lo menos según mi definición de imagen.

Sé que existe tal $x$, porque $f(f(0))=1$, de modo que $x=f(0)$ es una preimagen de $1$

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Por otro lado, me faltó una parte en la prueba

Yo lo que hice fue ver que $\{ F(f) | f(f(x))=1 \text{ para todo } x\in [0,1] \} \subset (\frac34, 1]$. Me falta que $(\frac34, 1] \subset \{ F(f) | f(f(x))=1 \text{ para todo } x\in [0,1] \} <br />$. Para eso propongo considerar este conjunto de funciones: $\{ f_y \}_{y \in R_+}$, donde defino:

$f_y(x)=\left\{<br /> \begin{array}{cl}<br /> \frac12(1 + (2x)^y) & \text{ si } 0 \leq x \leq \frac12 \\<br /> 1 & \text{ si } \frac12 <x \leq 1<br /> \end{array}<br /> \right.$

Esas funciones según mis cuentas satisfacen las condiciones y además las integrales pueden dar cualquier valor en $(\frac34, 1)$ (y bueno, la función $f(x)\equiv 1$ tiene integral igual a 1)

Así que con eso se llega a que $(\frac34, 1] \subset F(f)$, y ya con el resultado del mensaje anterior se concluye que $\{ F(f) | f(f(x))=1 \text{para todo} x\in [0,1] \} = (\frac34, 1]$

Creo que esa es toda la solución, salvo detalles que me haya comido o algún error que no haya visto.

Les agradezco a todos la participación.

[Breogan]

Re: Posibles valores de una integral

Hola:

Tu función:

$f_y(x)=\left\{\begin{array}{cl}\frac12(1 + (2x)^y) & \text{ si } 0 \leq x \leq \frac12 \\1 & \text{ si } \frac12 <x \leq 1\end{array}\right.$

me parece que no cumple la condición de que $\dst f(f(x))=1$, aunque no aclaras que es y (supongo que un indice o parametro).

$f_y(f_y(x))= \frac12 \{1 + [2 f(x)]^y \} \quad \text{ si } \quad 0 \leq x \leq \frac12$

$f_y(f_y(x))= \frac12 \{1 + [2 (\frac 12 (1 + (2x)^y))]^y \} \quad \text{ si } \quad 0 \leq x \leq \frac12$

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Que si no me equivoque en el reemplazo o no me equivoco en la interpretación no es igual a 1.

s.e.u.o.

Suerte

[Weip]

Re: Posibles valores de una integral

Que 1 pertenezca a la imagen de la función significa exactamente que existe un $x\in [0,1]$ tal que $f(x)=1$, por lo menos según mi definición de imagen.

Me pensaba que decías imagen del conjunto de llegada porque no dabas ningún argumento. Por si acaso, la imagen del conjunto de llegada no es lo mismo que la imagen (a veces también llamada recorrido o rango) de $f$. Si tenemos una función $f:A \to B$, lo que acabas de definir es la imagen/recorrido que es un subconjunto de $B$ por definición. Tal como pasa en el ejemplo $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ con $f(x)=x^2$, pueden existir elementos de $B$ que no tengan antiimagen porque no pertenecen a la imagen/recorrido.

Volviendo a nuestro problema, para demostrar que existe $x\in[0, 1]$ tal que $f(x)=1$ has de demostrar que la imagen/recorrido es igual a la imagen del conjunto de llegada de $f$, que es $[0, 1]$. Esto es equivalente a demostrar que $f$ es exhaustiva. Y para que la antiimagen sea única hay que ver que $f$ es inyectiva. O si no demostrar que uno está en la imagen/recorrido que es lo que has hecho en este mensaje:

Sé que existe tal $x$, porque $f(f(0))=1$, de modo que $x=f(0)$ es una preimagen de $1$

Ahora sí. Como no distes ningún argumento me pensaba que decías la imagen del conjunto de llegada.

Y creo que ya está, no tengo más dudas más allá de lo que dice Breogan. Al final el problema era rebuscado.

Creo que no se puede suponer la derivabilidad de $f$. Por ejemplo, la función que propone javier m en su 2º mensaje cumple todos los requisitos del enunciado y no es derivable en $x=1/2$

Por otro lado la integral no puede valer 1 únicamente. De nuevo en el ejemplo de javier m puedes ver que tiene otro valor.

Saludos,

El ejemplo sin duda ha ayudado mucho y ni siquiera me fijé la primera vez que lo vi. Yo ya estaba pensando en intentar demostrar la derivabilidad.

[javier m]

Re: Posibles valores de una integral

Hola:

Tu función:

$f_y(x)=\left\{\begin{array}{cl}\frac12(1 + (2x)^y) & \text{ si } 0 \leq x \leq \frac12 \\1 & \text{ si } \frac12 <x \leq 1\end{array}\right.$

me parece que no cumple la condición de que $\dst f(f(x))=1$, aunque no aclaras que es y (supongo que un indice o parametro).

Si $x< \frac12$ se tiene que $f(x)=\frac12 + \frac12 (2x)^y \geq \frac12$, luego, $f(f(x))=1$ por ser $f(x) \geq \frac12$.

Por cierto, $y$ es simplemente un parametro real positivo. Yo lo que quiero es ver es que $f_y$ para cualquier $y>0$ cumple las condiciones y además de eso, ver que $\int _0^1 f_y(x) dx$ puede dar cualquier valor en $(\frac34, 1]$ si se toma un $y$ adecuado.

Me pensaba que decías imagen del conjunto de llegada porque no dabas ningún argumento. Por si acaso, la imagen del conjunto de llegada no es lo mismo que la imagen (a veces también llamada recorrido o rango) de $f$. Si tenemos una función $f:A \to B$, lo que acabas de definir es la imagen/recorrido que es un subconjunto de $B$ por definición. Tal como pasa en el ejemplo $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ con $f(x)=x^2$, pueden existir elementos de $B$ que no tengan antiimagen porque no pertenecen a la imagen/recorrido.

Bueno, eso es asunto de notación. La proxima vez diré rango o algo así. Pero yo por imagen de la función me refería a la imagen del dominio bajo $f$, esto es, $f([0,1])$

Volviendo a nuestro problema, para demostrar que existe $x\in[0, 1]$ tal que $f(x)=1$ has de demostrar que la imagen/recorrido es igual a la imagen del conjunto de llegada de $f$, que es $[0, 1]$. Esto es equivalente a demostrar que $f$ es exhaustiva. Y para que la antiimagen sea única hay que ver que $f$ es inyectiva. O si no demostrar que uno está en la imagen/recorrido que es lo que has hecho en este mensaje:

No, esto no es correcto. De hecho ninguna de las $f$ es suprayectiva en este problema ( no tiene preimagen: si $f(x_m)=0$, entonces del teorema que probé, se tendría que $f(x) \equiv 1$. Absurdo)

Ahora sí. Como no distes ningún argumento me pensaba que decías la imagen del conjunto de llegada.

Mea culpa

Y creo que ya está, no tengo más dudas más allá de lo que dice Breogan. Al final el problema era rebuscado.

Y ese era apenas el segundo en la lista, si se van más abajo hay más complicados.

El ejemplo sin duda ha ayudado mucho y ni siquiera me fijé la primera vez que lo vi. Yo ya estaba pensando en intentar demostrar la derivabilidad.

Realmente es con ese ejemplo y con muchos otros que conseguí resolver el problema, pero me queda díficil explicarlo bien porque tendría que hacer muchos dibujos. La idea es que siempre debe haber un intervalo $I$ a la derecha tal que $f(x)=1$ en ese intervalo, y en la parte izquierda la función debe tomar valores suficiente altos para caer $I$ y posteriormente en 1 (al volver a aplicar la función).

Digamos que la dinámica de la función (donde puede no ser 1), está encerrada en el rectangulo $[0, f(x_m)] \times [ f(x_m),1]$. Pero es díficil de ver sin graficar ejemplos.

Saludos.