Defendiendo los derechos de los habitantes del [0,1]

septiembre 3, 2010

Sea f : [0,1] \to \mathbb{R} una función continua tal que f(0) = f(1).
(a) Demostrar que para todo n \in \mathbb{N} existen dos puntos x,y a distancia \frac{1}{n} tales que f(x)=f(y).
(b) ¿Se puede decir lo mismo para otras distancias d \in [0,1] que no sean de la forma \frac{1}{n}?

3 comentarios to “Defendiendo los derechos de los habitantes del [0,1]”

  1. juamshi said

    Para todo d consigo x, y con f(x) = f(y) y $latex|x – y| \in \{d, 1 – d\}$.

    Lema. Si f : [0, 1] \to \mathbb R es continua con f(0) = f(1) y n \in \mathbb N entonces f(x + 1/n) = f(x) tiene solución.
    Demostración. 0 = f(1) - f(0) = (f(1) - f(1 - 1/n)) + (f(1 - 1/n) - f(1 - 2/n)) + ... + (f(1/n) - f(0)). Si uno de los términos es cero listo. Si no hay uno posivito y uno negativo. Entonces igual f(x + 1/n) - f(x), por ser continua, se anula.

    Lema. Lo que digo vale para d racional.
    Demostración. Si d = \frac m n, armamos g : [0, m] \to R de período uno que extiende a f, luego la componemos con x \mapsto x/m, aplicamos el lema, obtenemos y con g(m(y + 1/n)) = g(my), luego x con g(x + m/n) = g(x); le restamos un entero a x y x + m/n para que queden en [0, 1]; como m/n está en [0,1] quedaron a distancia m/n o 1 - m/n y su imagen por f es la misma; luego son lo que buscábamos.

    Resto de la demostración. Sea (d_i)_{i\in\mathbb N} una sucesión de racionales que converge a d; el lema anterior da dos sucesiones más: (x_i) y (y_i) con |x_i - y_i| \in \{d_i, 1 - d_i\} y f(x_i) = f(y_i); tomamos una subsecuencia con (x_{a_i}) convergente a x^* (compacidad); tomamos una subsecuencia con (y_{a_{b_i}}) convergente a y^*; entonces |x_{a_{b_i}} - y_{a_{b_i}}| converge; los candidatos son d o 1 - d; luego |x^* - y^*| \in \{d, 1 - d\}; ahora |f(x^*) - f(y^*)| \leqq |f(x^*) - f(x_{a_{b_i}})| + |f(x_{a_{b_i}}) - f(y_{a_{b_i}})| + |f(y_{a_{b_i}}) - f(y^*)|; los primeros y últimos términos tienden a cero por continuidad de f; el del medio es cero; luego f(x^*) = f(y^*) como buscamos.

    Nota. La función x(x-1/2)(x-1) (gráfico: http://www.wolframalpha.com/input/?i=x%28x-1%2F2%29%28x-1%29 ) hace que el resultado no valga para d > 1/2.

  2. julianhaddad said

    Esto funciona si d es f-chico:

    Supongamos que f no es constantemente 0 y que su máximo es positivo y se alcanza en x_0

    Dado d chico, tomo
    g(x) = f(x+d)-f(x) que es continua.

    Sabemos que g(x_0-d) \geq 0 \geq g(x_0) porque el máximo se alcanza en x_0. Entonces tiene que anularse.

    Pero entre 1/3 y 1/2 tambien puede fallar.

    Creo que el problema en la demostracion esta cuando transladas los dos puntos al [0,1].

    • juanchi said

      Uy yo conjeturaba que se cumplía para todo d menor a 1/2. Me gustó el contraejemplo.

      “Creo que el problema en la demostracion esta cuando transladas los dos puntos al [0,1].”

      Ay, no sé bien a qué te referís. Por las dudas vuelvo a escribir mi demostración intentando más claridad.

      Lo que intenté demostrar es que para todo d en [0, 1] existen x, y en [0, 1] a distancia o bien d o bien 1 - d tales que f(x) = f(y). Para eso primero demostramos que para todo número natural n existen x, y en [0, 1] a distancia (exactamente) 1/n tales que f(x) = f(y). Esto está implícito que se “sabe” en el post. Ahora digo: si d es racional, digamos m/n, podemos pegar el gráfico de f unas m veces (una a la derecha de la otra), comprimir todo eso (con una dilatación) para llevarlo al [0, 1] y aplicar el resultado exacto que teníamos para 1/n. Lo que obtenemos, volviendo la contracción hacia atrás, son dos puntos a distancia m/n tales que si los trasladamos al intervalo [0, 1] (restando números enteros) tienen la misma imagen por f. Partimos el intervalo [0, m] (que es [0, 1] pegado m veces) en las traslaciones de [0, 1]: [0, 1], [1, 2], \ldots, [m - 1, m]. Si x e y están en una misma traslación, llamémosla [k, k + 1], los trasladamos al [0, 1] (o sea les restamos k a los dos) y son dos puntos a distancia m / n en [0, 1] con la misma imagen por f. Pero ¿qué pasa si no están en la misma traslación? Afirmo lo siguiente: están en dos traslaciones consecutivas, o sea, uno está en [k, k + 1] y el otro en [k + 1, k + 2]. Claro porque m / n \leqq 1 entonces no puede haber un intervalo entero [l, l + 1] entre ellos que los aparte, simplemente porque no entra (su distancia es m /n y el intervalo mide uno). Entonces pongamos que son x, y, con x en [k, k + 1] y y en [k + 1, k + 2]. Tenemos que y - 1 ahora está junto a x en [k, k + 1] a distancia |(y - 1) - x| = |(y - x) - 1| = |\frac m n - 1| = 1 - \frac m n. Y listo, les restamos k a cada uno y son x, y en [0, 1] a distancia 1 - \frac m n tales que f(x) = f(y). Juntando los dos casos obtenemos que si d es un racional en [0, 1], hay dos puntos del [0, 1] a distancia o bien d o bien 1 - d que tienen la misma imagen por f.

      Después digo que también vale para una distancia no racional; eso creo que está bastante claro que se deduce: aproximamos la distancia por distancias racionales, obtenemos puntos a esas distancias con igual imagen, tomamos un punto de acumulación (compacidad) y por continuidad los puntos convergen a lo que queremos.

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