Квадрат на графике непрерывной функции

[grizzly]

Эта задачка намного проще, но всё ещё олимпиадного уровня для первокурсников.

Дана непрерывная функция $f(x)\colon [0;1] \to [0;\infty)$, удовлетворяющая следующим условиям:

$$f(0)=f(1)=0, \qquad f(x)>0, \forall x\in (0;1).$$

Доказать, что для некоторого $a>0$ найдутся точки $x_1,x_2\in (0;1)$, такие, что $x_2-x_1=a$ и $f(x_1)=f(x_2)=a$.

Ссылка на первоисточник с решением будет.

[mihailm]

Соображения непрерывности же. В максимуме высокий прямоугольник, почти на $(0,1)$ широкий, посередине квадрат.

[grizzly]

mihailm в сообщении #1057082 писал(а):

Соображения непрерывности же. В максимуме высокий прямоугольник, почти на $(0,1)$ широкий, посередине квадрат.

Да, без соображений непрерывности эта задача не всегда имеет решение.

По сути, Вы предложили следующее решение: из соображений непрерывности очевидно, что существует прямоугольник с любым (от 0 до бесконечности, не включая) отношением длины к ширине, поэтому существует и квадрат.

А можете расшифровать чуть подробнее? Вот есть максимум. Если он один, то картинка настолько наглядная, что и доказывать вроде нечего. Но пусть теперь это один из не более чем счётного числа максимумов. Обозначьте, пожалуйста, линию дальнейшего рассуждения.

[unistudent]

Выбираем $a<1$. Пусть $g(x)=f(x+a)-f(x)$. Функция $g$ - непрерывна на отрезке $[0,1-a]$, причем $g(0) >0, g(1-a)<0$. А значит, существует точка $x \in [0,1-a]$ такая что $g(x)=0$

[iancaple]

Другое решение. Будем менять $x_1=x$,тогда $a=f(x)$, $x_2=x+f(x)$.
Рассмотрим $g(x)=f(x+f(x))-f(x)$, утверждение задачи эквивалентно тому, что во внутренней точке эта функция обратится в 0. Будем считать $f(x)=0$ для остальных $x\in\mathbb{R}\setminus (0,1)$. Если не обратится, то либо она на $(0,1)$ всюду положительна, противоречие для $x_0$- точки глобального максимума $f$. Либо $g$ всюду на $(0,1)$ отрицательна, противоречие для решения уравнения $x+f(x)=x_0$, которое существует, так как при $x=0$ левая часть равенства меньше $x_0$, а при $x=1$- больше
UPD. Прошу прощения, один случай еще не рассмотрен выше: $g(x)=0$ в такой точке $x$, что $x_2=x+f(x)>1$ получается недопустимый. Но тогда уравнение $x+f(x)=1$ имеет решение, и оно такое, что $g(x)<0$. А для решения уравнения $x+f(x)=x_0$ $g(x)>0$, значит, найдется еще одна точка, где $x_2=x+f(x)<1$ уже допустимая

(Оффтоп)

В который раз уже все, что пишется мной в горячую тему, имеет огрехи, обычно устранимые. В компании где все все понимают, это не страшно. Но в компании, где так же спешат...

[grizzly]

unistudent
Да, хотелось бы увидеть какое-нибудь доказательство подобного уровня аналитичности, только чтобы оно доказывало что-то нужное и правильное.
Пока не вижу, что следует из Ваших рассуждений, извините. Вас не затруднит довести рассуждение вплоть до ответа на вопрос задачи?

-- 27.09.2015, 21:37 --

iancaple
Спасибо, Ваши рассуждения не оставляют у меня сомнений.

Обещанная ссылка с парочкой таких же решений (с точностью до языка изложения :)

[unistudent]

grizzly в сообщении #1057106 писал(а):

unistudent
Да, хотелось бы увидеть какое-нибудь доказательство подобного уровня аналитичности, только чтобы оно доказывало что-то нужное и правильное.
Пока не вижу, что следует из Ваших рассуждений, извините. Вас не затруднит довести рассуждение вплоть до ответа на вопрос задачи?

Да, точно, невнимательно прочитал условие. Надо чтобы не только $f(x_1)=f(x_2)$, но чтобы это еще равнялось $a$. Это уже сложнее.

[unistudent]

Пусть, $a \in [0,1]$ и $g_1(x,a)=f(x+a)-f(x), g_2(x,a)=f(x+a)+f(x)$. Обе функции определены на треугольнике, ограниченном линиями $x=0, a=0, a=1-x$. Требуется найти такую точку $(x,a)$ внутри треугольника, чтобы $g_1(x,a)=0, g_2(x,a)=2a$. Функция $g_1$ непрерывна на треугольнике по совокупности переменных. Поэтому внутри треугольника существует линия $l_1$ с концами $(0,1)$ и $(1,0)$, в точках которой $g_1(x,a)=0$. Далее, на одном из катетов треугольника $g_2(0,a)=f(a)$, а на гипотенузе - $g_2(x,1-x)=f(x)$. Поэтому и на катете и на гипотенузе найдется по точке, в которых $g_2$ принимает значение $2a$. Обозначим их $p_1, p_2$. Так как $g_2$ непрерывна по совокупности переменных, то существует линия $l_2$ с концами в $p_1,p_2$ и в точках которой $g_2(x,a)=2a$. Пересечение линий $l_1$ и $l_2$ не пусто. Точка пересечений является искомой.

[unistudent]

Понял, что написал большую глупость. Задачка оказалась не по зубам

[grizzly]

iancaple в сообщении #1057105 писал(а):

UPD. Прошу прощения, один случай еще не рассмотрен выше: $g(x)=0$ в такой точке $x$, что $x_2=x+f(x)>1$

Ну это уже суета, а не спешка. У Вас $g(x)=f(x+f(x))-f(x)$. Если $x_2>1$, то по Вашему же обозначению $f(x_2)=0$. Тогда равенство $g(x)=0$ в рассматриваемой точке невозможно в силу положительности $f(x)$ на $(0;1)$.

(Оффтоп)

iancaple в сообщении #1057105 писал(а):

Но в компании, где так же спешат...

Я могу ошибиться, как и любой другой, но в "своих" темах никуда не спешу и просто так спускать не намерен

[iancaple]

(Оффтоп)

grizzly
Спасибо, навели порядок твердой рукой.
Тут многие участники ответственно ведут "свои" темы.
У Вас же, более того, наблюдается почти круглосуточное присутствие в теме

[Evgenjy]

$x_1, x_2 \in [0, 1]$. Точка $(x_1, x_2) \in [0, 1]\times[0,1]$. Квадрат $[0, 1]\times[0,1]$ рассмотрим как топологическое пр-во с топологией индуцированной обычной топологией плоскости. Рассмотрим три множества:
1 Точки $(x_1, x_2)$ соответствующие трапеции на графике функции, не являющейся прямоугольником.
2 Точки $(x_1, x_2)$ соответствующие прямоугольникам, вытянутым по вертикали.
3 Точки $(x_1, x_2)$ соответствующие прямоугольникам, вытянутым по горизонтали.
Все три множества не пусты и открыты (в топологии квадрата $[0, 1]\times[0,1]$). Если бы не существовало искомого квадрата, то квадрат $[0, 1]\times[0,1]$ представлял бы объединение трех непустых открытых множеств, что невозможно.

[grizzly]

Evgenjy в сообщении #1057253 писал(а):

Все три множества не пусты и открыты (в топологии квадрата $[0, 1]\times[0,1]$). Если бы не существовало искомого квадрата, то квадрат $[0, 1]\times[0,1]$ представлял бы объединение трех непустых открытых множеств, что невозможно.

Здесь допущена типичная ошибка. Я помогу её найти на примере. Пусть $f(x)=\sin(\pi x)$. Несложно заметить, что существует единственная точка $(x_1; x_2)$ в Вашем топологическом пространстве, которая соответствует искомому квадрату на графике функции. По Вашей логике рассматриваемый квадрат $[0, 1]\times[0,1]$ с естественной топологией представляет собой объединение трёх открытых множеств и точки $(x_1;x_2)$. Вы не находите это странным?

[Evgenjy]

grizzly в сообщении #1057254 писал(а):

Здесь допущена типичная ошибка.

Согласен.
Доказательство следует исправить следующим образом.
$x_1, x_2 \in [0, 1]$. Точка $(x_1, x_2) \in K=[0, 1]\times[0,1]$. Квадрат $K$ рассмотрим как топологическое пр-во с топологией индуцированной обычной топологией плоскости. Рассмотрим три множества:
$A$ множество точек $(x_1, x_2)$ соответствующих трапеции на графике функции, не являющейся прямоугольником.
$B$ множество точек $(x_1, x_2)$ соответствующих прямоугольникам, вытянутым по вертикали.
$C$ множество точек $(x_1, x_2)$ соответствующих прямоугольникам, вытянутым по горизонтали.
Все три множества не пусты, не пересекаются и ни одно из них не составляет весь квадрат $K$. Множество $A$ открыто (в топологии квадрата $[0, 1]\times[0,1]$). Рассмотрим множество $D=K\setminus A$. Оно замкнуто. Рассмотрим $D$ как топологическое пространство с индуцированной топологией. Множества $B$ и $C$ открыты в этой топологии. Если бы не существовало искомого квадрата, то множество $D$ представляло бы собой объединение двух непустых непересекающихся открытых множеств, что невозможно.

[grizzly]

Evgenjy
Спасибо, эти рассуждения для меня убедительны. К тому же Ваше решение побудило меня намного лучше понять, насколько разнообразной может быть структура каждого из упомянутых множеств.