?

Log in

решение задачек (математическое) - Поклонник деепричастий [entries|archive|friends|userinfo]
Anatoly Vorobey

[ website | Website ]
[ userinfo | livejournal userinfo ]
[ archive | journal archive ]

Links
[Links:| English-language weblog ]

решение задачек (математическое) [янв. 15, 2014|02:03 pm]
Anatoly Vorobey
[Tags|]

В комментариях к вчерашним задачкам про непрерывные функции несколько человек рассказали, что решили, но никто не описал подробно свое решение. Вот мои доказательства, для тех, кто сам не решил, но интересно. Дальше следуют спойлеры:

[Нажмите, чтобы прочитать]
1. а) Действительная функция f выполняет заключение теоремы о промежуточном значении. Дано также, что она принимает каждое возможное значение ровно один раз. Доказать, что она непрерывна. б) Обобщить на случай, когда f принимает каждое возможное значение только конечное число раз.

Решение сразу для 1б). Рассмотрим произвольную точку x0, в которой f(x0)=y0, и выберем интервал (y0-ε,y0+ε) вокруг ее значения. У двух точек y0-ε и y0+ε вместе есть только конечное число прообразов, поэтому мы можем найти такой достаточно маленький интервал (x0-δ,x0+δ) вокруг x0, в котором не лежит ни один из этих прообразов этих двух конкретных точек. Тогда для любой точки x в этом интервале ее значение f(x) не может выходить за пределы (y0-ε,y0+ε): например, если f(x) > y0+ε, то согласно заключению теоремы о промежуточном значении, которому подчиняется f, между x и x0 найдется x' с f(x') = y0+ε, т.е. прообраз, которого, мы знаем, там нет. Мы показали, что образ интервала (x0-δ,x0+δ) целиком заключен в интервале (y0-ε,y0+ε), и тем самым доказали непрерывность f в точке x0.


2. Пусть n - четное число. Доказать, что не существует непрерывной действительной функции f, принимающей каждое возможное значение ровно n раз.

Сначала докажем для случая, когда "каждое возможное значение" относится ко всему R, а не только к области значений f. Рассмотрим n прообразов значения 0 (т.е. n нулей функции f), обозначим их x1...xn слева направо. Они делят ось x на n+1 областей: от минус бесконечности до x1, между соседними иксами, и от xn до плюс бесконечности. В каждой отдельной области функция f может быть либо только положительной, либо только отрицательной: если бы она внутри области принимала и положительное и отрицательное значения, это бы создало согласно теореме о промежуточном значении еще один ноль там, где его быть не может. Поэтому мы можем классифицировать каждую область как "отрицательную" или "положительную". При этом две крайние области должны быть разных знаков: если бы скажем они обе были отрицательными, то у функции был бы глобальный максимум, т.к. на интервале [x1,xn] она ограничена, и тогда ее областью значения не может быть все R. Скажем для примера, что крайняя левая область отрицательная, а крайняя правая положительная.

Выберем в каждой из n+1 областей какую-то репрезентативную точку y, и возьмем ε так, чтобы он был меньше, чем абсолютные значения функции на всех репрезентативных точках f(y0)...f(yn). Тогда теорема о промежуточном значении в применении к репрезентативным точкам и границам областей гарантирует нам следующее. В крайней левой области как минимум один прообраз -ε, в крайней правой области как минимум один прообраз +ε, а в каждой внутренней области как минимум два прообраза либо -ε, либо +ε, в зависимости от того, отрицательная это область или положительная. Суммируя все эти гарантии, мы видим, что на два значения -ε,+ε вместе у нас гарантировано как минимум 1+1+2(n-1)=2n прообразов. Но согласно условию, эти две точки обязаны вместе иметь ровно столько прообразов. Значит, все "как минимум" в гарантиях на самом деле "в точности".

Но теперь мы приходим к противоречию, пытаясь подсчитать, скажем, прообразы +ε. Один прообраз от крайней правой области, и по два от каждой внутренней положительной области вместе дают точное число прообразов +ε. Но эта сумма не может быть четным числом n.



Теперь предположим, что условие позволяет, чтобы областью значения f было не все R, т.е. кол-во прообразов каждого значения либо n, либо 0. Тогда уже необязательно, чтобы крайние области были разных знаков, и именно в случае, когда они одного знака, скажем, обе отрицательные, доказательство выше не работает. Но в этом случае у функции есть глобальный максимум M. Ту же классификацию на области, что мы делали с помощью нулей функции, проведем теперь относительно n прообразов значения M. Тогда выйдет, что все области отрицательные, и же выбор ε по той же системе, что и раньше, показывает, что M-ε гарантированно имеет 2n прообразов, а никак не n - противоречие.
СсылкаОтветить

Comments:
[User Picture]From: vvagr
2014-01-15 12:17 pm
2. При чётном числе точек две крайние области не могут быть разных знаков, вроде.
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2014-01-15 12:44 pm
Это ловушка, я сам в нее вначале попался - области не обязаны идти с переменой знака. Функция может коснуться нуля снизу и тут же уйти обратно вниз.
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: vvagr
2014-01-15 01:52 pm
Но в этом случае достаточно сдвинуть горизонталь на -эпсилон. Так как точек конечное число, никакой экзотической конфигурации вроде возникнуть не должно.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: huzhepidarasa
2014-01-15 03:10 pm
То есть всегда можно провести горизонтальную линию так, чтобы не впилиться в локальный экстремум. Это замечательное утверждение, но неочевидное :)
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: migmit
2014-01-15 01:09 pm
Угу, решил ровно так же, только сразу решал для произвольной области значений, доказал, что у f должен быть максимум или минимум, ну и далее по тексту.
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: winpooh
2014-01-15 06:53 pm
Где-то недавно читал, а вот где - не помню, что обучение рассуждениям на языке эпсилон-дельта на самом деле чуть ли не отдаляет студентов от математики, в современном профессиональном ее понимании.
(Ответить) (Thread)
From: vsh
2014-01-16 09:36 am
"Но в этом случае у функции есть глобальный максимум M", по-хорошему тоже надо доказать.
(Ответить) (Thread)