一類有常值區間函數的迭代

成凱歌

(浙江旅游職業學院 基礎部, 浙江 杭州 311231)

函數迭代的研究至今已經獲得了許多重要成果[1-10].在對自然界的觀察和科學技術的實驗研究中，人們常常遇到這樣的系統：系統在初始時刻t0狀態可以決定以后的時刻t的狀態，這樣，時刻t的狀態Xt便可看成時刻t0狀態Xt0和差t-t0的函數Xt=F(t-t0,Xt0).要是每隔一個單位時間對系統作一次觀測，則第n+1次觀測到的狀態Xtn+1=F(tn+1-tn,Xtn).由于tn+1-tn=1，所以Xtn+1=F(Xtn)，這里F(X)=F(1,X).于是Xtn+1=Fn+1(Xt0).這說明通過對F的迭代研究可以從t0時刻的狀況分析系統在今后tn時刻的狀況.另外計算機技術離不開迭代理論的指導，因為迭代最容易在計算機上進行[11].同時迭代還是一個普遍的現象，在X-射線的透射，流體的滲流等過程中都包含了迭代.在數學中，一切遞推關系都是迭代，等差數列和等比數列就是迭代的產物[12].當自映射是嚴格單調時，其迭代情況最為簡單，對于非單調自映射的迭代就會變得復雜起來了.本文將討論一類有無窮多個非單調點的迭代問題，即有常值區間[13]的遞增連續函數的迭代問題.

1 相關概念

在以下討論中，設E=[0,1],k表示給定的任一非負整數，α,β∈(0,1)且α<β,F:E→E是一個連續自映射.F|S表示F在S上的限制,其中S?E.

定義1.1[14]記

F0(x)=x,Fk(x)=F(Fk-1(x)),

?x∈E,k=1,2,…,

則Fk(x)對一切非負整數k都有定義.Fk稱為F在E上的k次迭代函數.其中k稱為迭代指數.

定義1.2[14]設x0∈E滿足F(x0)=x0,則稱x0是F的一個不動點或者稱為一階周期點.

明顯地，若x0是F的一個不動點，則x0必是Fk的一個不動點.

定義1.3[15]設t0∈E是E的一個內點，如果存在t0的某個領域U(t0)，使得F在U(t0)上嚴格單調，則t0稱為F的單調點.否則，t0稱為F的非單調點.

定義1.4假如F在[α,β]上是一個常值函數，則稱[α,β]是F的一個常值區間，或稱F在[α,β]上是常值.

由定義可得，若[α,β]為F的一個常值區間，那么任意x∈[α,β]，x一定是F的非單調點.因此有常值區間的自映射必有無窮多個非單調點.

2 討論過程

定義在E上并且以[0,α]和[β,1]為常值區間，[α,β]為嚴格遞增區間的連續自映射全體記為C([0,α];[β,1]).為了便于表述，再令:=C([0,α];[β,1]);C1([0,α];[β,1])={F:F∈,F(β)≤α}；C2([0,α];[β,1])={F:F∈,F(α)≤α

定理2.1設F∈C(E),那么:1)Fk是E上的遞增函數;2)Fk∈C(E).

證明1) 因為F∈C(E)是一個遞增函數，而遞增函數經過迭代運算之后依然是遞增的，所以1)的結論是明顯的.

為了證明2)的結論，分以下幾種情況進行：

(i) 若F(x)=c,?x∈E，則Fk(x)=c,?x∈E，自然地Fk∈C(E).

(ii) 設F∈C([0,α];[β,1])并設k=i時結論成立.即Fi∈C(E).假如Fi(x)=c,?x∈E，由

Fi+1(x)=c, ?x∈E,

得到Fi+1∈C(E).假如Fi∈C([0,αk];[βk,1])，其中αi,βi∈E并且αi<βi以及α≤αi,βi≤β.如果Fi(αi)≥β或者Fi(βi)≤α，那么

Fi+1(x)=F(β), ?x∈E,

Fi+1(x)=F(α), ?x∈E,

必有其中一式成立.從而Fi+1∈C(E).如果α≤Fi(αi)

αi+1<βi+1,Fi(αi+1)=α,Fi(βi+1)=β.

并且當x∈[0,αi+1]時，Fi(x)≤α，當x∈(αi+1,βi+1)時，αβ.因此

Fi+1∈C([0,αi+1];[βi+1,1]),

即有Fi+1∈C(E).類似地可得，當α≤Fi(αi)<β

由上述定理的證明過程即可得到如下的推論.

推論2.1設F∈C([0,α];[β,1])，k為一任意正整數，記Fk∈C([0,αk];[βk,1]),那么:1) [0,α]?[0,αk],[β,1]?[βk,1];2)Fk(αk)≥F(α),Fk(βk)≤F(β);3) 當k≥2時，αk-1≤αk,βk≤βk-1,及4) 當k≥2時，Fk(αk)≥Fk-1(αk-1),Fk(βk)≤Fk-1(βk-1).這里記α1=α,β1=β.

推論2.1表明當F∈C([0,α];[β,1])時，F經過迭代之后它的常值區間不減.

定理2.2設F∈C1([0,α];[β,1]),那么當正整數k≥2時，Fk是E上的常值函數.

證明對?x∈E，有F(x)∈[0,α].因此有F2(x)=F(α)對?x∈E成立.從而有k≥2時，Fk是E上的常值函數.

定理2.3設F∈C2([0,α];[β,1]),那么當正整數k≥2時，有:

1) 若F在區間(α,β)內沒有不動點并且F(α)<α，則存在正整數k0，使得當k≤k0時，Fk∈C([0,αk-1];[β,1])，其中αk-1滿足Fk-1(αk-1)=α,α0=α；當k>k0時，Fk是E上的常值函數.

3) 若F(α)=α,則對任意正整數k，有Fk∈C2([0,α];[β,1]).

證明1) 因為F在區間(α,β)內沒有不動點，從而ξ=F(α)是F的唯一不動點并且

因此必存在正整數k1，使得當k≤k1時，Fk(β)>α以及?αk∈(α,β)使得Fk(αk)=α.當k>k1時，Fk(β)≤α.因此當k-1≤k1時有

Fk-1([0,αk-1])?[0,α],

Fk-1([αk-1,1])?[α,β].

因此對?x∈[0,αk-1]有

Fk(x)=ξ<α<αk-1,

而Fk在[αk-1,β]上嚴格遞增，對?x∈[β,1]有

Fk(x)=Fk(β)>β.

所以當k≤k1+1時，Fk∈C([0,αk];[β,1]).因為Fk1+1(E)?E,所以當k>k1+1時，對?x∈E有Fk(x)=F(α).因此令k0=k1+1就得要證結論.

2) 由假設可得存在α1∈(α,ξ)使得F(α1)=α.因為

F2(α1)=F(α)<α<ξ=F2(ξ).

所以又存在α2∈(α1,ξ)使得F2(α2)=α.如存在αi∈(αi-1,ξ)使得Fi(αi)=α,那么由

Fi+1(αi)=F(α)<α<ξ=Fi+1(ξ)

可知存在αi+1∈(αi,ξ)使得Fi+1(αi+1)=α.由歸納法可得{αk}滿足

αk∈(αk-1,ξ),Fk(αk)=α.

3) 因為F(α)=α，所以對?x∈[0,α]，都有Fk(x)=α；對?x∈(α,1]，都有F(x)∈(α,β).從而Fk|[α,β]嚴格遞增,Fk|[β,1]是常數并且ξ

定理2.4設F∈C3([0,α];[β,1])，記ξ1=min{x:F(x)=x,x∈[α,β]},ξ2=max{x:F(x)=x,x∈[α,β]},那么當正整數k≥2時有:

3) 當F(α)=α,F(β)=β時，則Fk∈C3([0,α];[β,1]);

證明因為F在[α,β]上必有不動點，所以ξ1,ξ2都存在.

1) 由假設可得ξ2=β,所以

Fk(x)=β,?x∈[β,1].

又由假設可得?α1∈(α,ξ1)使得F(α1)=α.因為

F2(α1)=F(α)<α<ξ1=F2(ξ1),

所以又存在α2∈(α1,ξ1)使得F2(α2)=α.如果存在αi∈(αi-1,ξ1)使得Fi(αi)=α.那么由

Fi+1(αi)=F(α)<α<ξ1=Fi+1(ξ1)

2) 因為F(α)<α,F(β)>β，所以α<ξ1≤ξ2<β.完全類似于1)中歸納法的證明可得存在αk,βk滿足{αk}嚴格遞增有界，{βk}嚴格遞減有界，并且

Fk(αk)=α,Fk(βk)=β,

α<αk<ξ1≤ξ2<βk<β.

完全類似于定理2.3條件2)中的證明可得

除此之外，當x∈[0,αk-1]時，Fk-1(x)≤α；當x∈(αk-1,βk-1)時，α

3) 當x∈[0,α]時，Fk-1(x)≤α，當x∈(α,β)時，α

4) 類似于1)中所用歸納法可得存在{βk}關于k嚴格遞減并且

βk∈(ξ2,βk-1),Fk-1(βk-1)=β.

Fk(x)=F(β)≥β≥βk-1.

當x∈(α,βk-1]時，α

定理2.5設F∈C4([0,α];[β,1])，那么Fk∈C4([0,α];[β,1]).

證明由F∈C4([0,α];[β,1])可得當x∈[α,β]時，總有Fk-1(x)∈(α,β).從而Fk|[α,β]是嚴格遞增并且α

定理2.6設F∈C5([0,α];[β,1]),那么當正整數k≥2時有:

1) 若F在區間(α,β)內沒有不動點并且F(β)>β，則存在正整數k0，使得當k≤k0時，Fk∈C([0,α];[βk-1,1])，其中βk-1滿足Fk-1(βk-1)=β,β0=β；當k>k0時，Fk是E上的常值函數;

3) 若F(β)=β,則對任意正整數k，有Fk∈C2([0,α];[β,1]).

證明1) 因為F在區間(α,β)內沒有不動點，從而ξ=F(β)是F的唯一不動點并且

因此必存在正整數k1，使得當k≤k1時，Fk(α)<β以及?βk∈(α,β)使得Fk(βk)=β.當k>k1時，Fk(α)≥β.因此當k-1≤k1時有

Fk-1([βk-1,1])?[β,1],

Fk-1([0,βk-1])?[α,β].

因此對?x∈[βk-1,1]有

Fk(x)=ξ>β>βk-1,

而Fk在[α,βk-1]上嚴格遞增，對?x∈[0,α]有

Fk(x)=Fk(α)>α.

所以當k≤k1+1時，Fk∈C([0,α];[βk,1]).因為Fk1+1(E)?E,所以當k>k1+1時，對?x∈E,有Fk(x)=F(β).因此令k0=k1+1就得要證結論.

2) 由假設可得?β1∈(ζ,β)使得F(β1)=β.因為

F2(β1)=F(β)>β>ζ=F2(ζ).

所以又存在β2∈(ζ,β1)使得F2(β2)=β.如存在βi∈(ζ,βi-1)使得Fi(βi)=β,那么由

Fi+1(βi)=F(β)>β>ζ=Fi+1(ζ)

可知存在βi+1∈(ζ,βi)使得Fi+1(βi+1)=β.由歸納法可得{βk}滿足

βk∈(ζ,βk-1),Fk(βk)=β,

3) 因為F(β)=β，所以對?x∈[β,1]，都有Fk(x)=β；對?x∈[0,β)，都有F(x)∈(α,β).從而Fk|[α,β]嚴格遞增,Fk|[0,α]是常數并且Fk(α)>α.由此得Fk∈C2([0,α];[β,1]).

定理2.7設F∈C6([0,α];[β,1]),那么當k≥2時，Fk是E上的常值函數.

證明注意到F(β)是F的唯一不動點，并且對任意x∈E，有F(x)∈[β,1].因此有F2(x)=F(β)對?x∈E成立.從而有k≥2時，Fk是E上的常值函數.

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