Непрерывность функции (Давидович)

[grizzly]

irod в сообщении #1289420 писал(а):

имеет более одной предельной точки

...хотя бы одну...
Идея в целом правильная, но противоречие локализовано не совсем точно. Не нужно никаких других точек, когда уже найдено противоречие (поэтому и получили замечание от SomePupil).

[ewert]

irod в сообщении #1289420 писал(а):

последовательность $(f(x_k))$ сходится к $f(c)$ и, следовательно, ограничена (задача 12 листка 11).

Во-первых, подпоследовательность нельзя обозначать $(x_k)$ -- это то же самое, что $(x_n)$ (индекс-то ведь немой). Надо $(x_{n_k})$. Во-вторых, это чересчур вычурно: стремление к бесконечности напрямую противоречит стремлению к конечному $f(c)$. Хотя, впрочем, это зависит от того, в сколь причудливом порядке давались предыдущие задачки/определения.

SomePupil в сообщении #1289426 писал(а):

На самом деле, возможен и такой случай, когда после вычета останется бесконечное количество членов.

На самом деле невозможен. Другое дело, что вопрос о том, можно ли вычесть решительно все сходящиеся подпоследовательности, вряд ли можно решить без злобной аксиомы выбора. И что это явный перебор, да.

-- Пт фев 02, 2018 17:36:55 --

А, можно и без. Но всё рано это безумие. Формально правильное, но -- безумие.

[irod]

grizzly в сообщении #1289431 писал(а):

Не нужно никаких других точек, когда уже найдено противоречие (поэтому и получили замечание от SomePupil).

Простите, я долго думал над этим, и все равно не понимаю почему не нужно никаких других точек. Можете объяснить подробнее?

[eugensk]

Если последовательность стремится к бесконечности, что можно сказать про любую её подпоследовательность?

[irod]

Со вторым пунктом тоже затык.
б) для любого замкнутого множества $M\subset[a,b]$ его образ $f(M)$ замкнут.

Мои попытки.
Пусть $M\subset[a,b]$ -- замкнутое множество, $y$ -- произвольная предельная точка множества $f(M)$, и пусть $(x_n)$ -- последовательность точек множества $M$ такая, что последовательность $(f(x_n))$ сходится к $y$.
Надо доказать, что $(x_n)$ сходится к некоторой точке $c$. Тогда $c$ по определению будет предельной точкой множества $M$, и значит по условию (из замкнутости $M$) $c\in M$.
По определению непрерывности в точке, последовательность $(f(x_n))=(y_n)$ сходится к точке $f(c)=y$. Т.е. $y\in f(M)$.
Как доказать что $(x_n)$ куда-то сходится? Кажется, это ниоткуда не следует.
Или я вообще не в ту сторону пошел?

[grizzly]

irod в сообщении #1291123 писал(а):

Можете объяснить подробнее?

Мы все намекаем Вам, что (хотя идея решения у Вас верная) можно было пойти более рациональным путём.

Вот Ваша цитата (я в ней подправил пару букв, это сейчас не важно):

irod в сообщении #1289420 писал(а):

По определению непрерывности функции в точке, подпоследовательность $(f(x_{n_k}))$ сходится к $f(c)$ и, следовательно, ограничена (задача 12 листка 11).

Вот здесь лучше было строить противоречие. Пусть $f(c)=y_c$, тогда по определению непрерывности для $\varepsilon =1$ существует $\delta >0$ такое, что для любого $x\in (c-\delta, c+\delta): f(x) \in (y_c-1, y_c+1)$. А это вступает в противоречие с определением последовательности, стремящейся к бесконечности (см. задачу 15 листка 11).

-- 08.02.2018, 15:42 --

irod в сообщении #1291131 писал(а):

Как доказать что $(x_n)$ куда-то сходится? Кажется, это ниоткуда не следует.

Не только не следует, но это и не так (придумайте простой контрпример в качестве бонуса :) Зато, считайте, Вы уже получили ограниченную последовательность. Разве Вам недостаточно просто взять из неё сходящуюся подпоследовательность?

[irod]

eugensk в сообщении #1291129 писал(а):

Если последовательность стремится к бесконечности, что можно сказать про любую её подпоследовательность?

Она тоже стремится к бесконечности.
Все, у меня "щелкнуло", и теперь мне стыдно за такие глупые вопросы. Большое Вам спасибо! Почему-то у меня в голове перемешались определения неограниченной и стремящейся к бесконечности последовательностей (точно так же, как когда-то ранее я путал наличие у последовательности предельных точек и сходимости).
Видимо, пришла пора устроить себе небольшое самотестирование по всему пройденному (обычно провожу их после каждых 1-3 листков).

grizzly в сообщении #1291135 писал(а):

Вот здесь лучше было строить противоречие.

Ваши выкладки мне понятны, но чем они лучше чем моей отсылки к задаче 12 листка 11 -- не понятно.

-- 09.02.2018, 14:13 --

Вот новое исправленное доказательство 14.а с учетом замечаний ewert и других.

irod в сообщении #1289122 писал(а):

Задача 14.
Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $[a,b]$. Доказать, что
а) функция $f$ ограничена на $[a,b]$;

Произвольная последовательность $(x_n)$ из чисел отрезка $[a,b]$ ограничена, и значит имеет хотя бы одну предельную точку $c$ (задача 13 листка 11). Пусть $(x_{n_k})$ -- сходящаяся к $c$ подпоследовательность $(x_n)$. По определению непрерывности функции в точке, последовательность $(f(x_{n_k}))$ сходится к $f(c)$. Из сходимости подпоследовательности $(f(x_{n_k}))$ следует, что вся последовательность $(f(x_n))$ не является стремящейся к бесконечности.
Таким образом, какова бы не была последовательность $(x_n)$, последовательность $(f(x_n))$ не стремится к бесконечности. Отсюда следует ограниченность $f$ на $[a,b]$.

[grizzly]

irod в сообщении #1291368 писал(а):

чем они лучше чем моей отсылки к задаче 12 листка 11 -- не понятно.

Вот это слишком сложно:

irod в сообщении #1289420 писал(а):

За вычетом сходящихся подпоследовательностей, в $(x_n)$ останется не более конечного числа членов.

Там этих сходящихся подпоследовательностей может быть несчётное число, Вы ещё не знаете механизмов, способных их аккуратно и правильно удалять.

Отвлечённо: посмотрите на последовательность $(1/n)$. Она состоит из счётного множества точек (иначе и быть не может) и сходится к 0. Но если Вы присмотритесь внимательно, то обнаружите, что в ней помещается несчётное множество разных сходящихся подпоследовательностей (которые, конечно, пересекаются). Даже если Вы удалите какое-то несчётное количество таких подпоследовательностей, у Вас всё ещё может остаться сходящаяся последовательность.

-- 09.02.2018, 14:30 --

irod в сообщении #1291368 писал(а):

следует, что вся последовательность $(f(x_n))$ не является стремящейся к бесконечности.

"Не является стремящейся к бесконечности" -- это не то же самое, что "является ограниченной". Пример: последовательность $\{1,2,1,3,1,4,1,5,...\}$ не является стремящейся к бесконечности, но она не ограничена.

PS. Я на самом деле считаю, что это была оговорка :)

[irod]

grizzly
нет, не оговорка. Я понимаю, что $(f(x_n))$ не обязана быть ограниченной только потому что ее подпоследовательность ограничена, и хотел показать что она именно не стремится к бесконечности.
Наверное, надо было все-таки от противного доказывать, как в первой попытке: брать $(x_n)$ такую, что $(f(x_n))$ стремится к бесконечности и так далее.
После Вашего замечания мне снова кажется, что от меня еще что-то ускользает. Новый вариант доказательства под катом. Пожалуйста, напишите где там можно было пойти более рациональным путем, если это так.

(Новое доказательство от противного)

Предположим, что $f$ не ограничена на $[a,b]$, т.е. $\forall C\ \exists x\in[a,b]\ |f(x)|>C$. Тогда из множества $f([a,b])$ можно выделить неограниченную последовательность, из которой в свою очередь можно выделить последовательность, стремящуюся к бесконечности (задача 16.б листка 11).
Пусть $(x_n)$ -- последовательность из чисел отрезка $[a,b]$ такая, что последовательность $(f(x_n))$ стремится к бесконечности.
Последовательность $(x_n)$ ограничена, и значит имеет хотя бы одну предельную точку $c$ (задача 13 листка 11). Пусть $(x_{n_k})$ -- сходящаяся к $c$ подпоследовательность $(x_n)$. По определению непрерывности функции в точке, последовательность $(f(x_{n_k}))$ сходится к $f(c)$. Из сходимости подпоследовательности $(f(x_{n_k}))$ следует, что вся последовательность $(f(x_n))$ не является сходящейся к бесконечности.
Из невозможности построить стремящуюся к бесконечности последовательность значений $f$ на $[a,b]$ следует ограниченность $f$ на $[a,b]$.

[grizzly]

irod в сообщении #1291548 писал(а):

Из сходимости подпоследовательности $(f(x_{n_k}))$ следует, что вся последовательность $(f(x_n))$ не является сходящейся к бесконечности.

Вот здесь, оказывается, можно было просто вспомнить задачу 12 листка 11 и вместо "не является сходящейся к бесконечности" просто сказать "является ограниченной". (Мне нужно было посоветовать это раньше.)

Не всегда стоит совершенствовать решение до предела. Изначально у Вас было почти приемлемое решение -- вряд ли оно требовало такого длительного разбора и совершенствования.

[irod]

По 14.б:

grizzly в сообщении #1291135 писал(а):

Зато, считайте, Вы уже получили ограниченную последовательность. Разве Вам недостаточно просто взять из неё сходящуюся подпоследовательность?

Пока не понимаю, почему этого должно быть достаточно, но еще подумаю сам.

Выкладываю следующую - легкую - задачу.

Задача 15.
Пусть функция $f$ определена и непрерывна на отрезке $[a,b]$. Тогда она достигает на нем своих точных нижней и верхней граней, то есть $\exists c\in[a,b]\ f(c)=\inf f([a,b])$ и $\exists C\in[a,b]\ f(C)=\sup f([a,b])$.

Доказательство.
Отрезок $[a,b]$ является замкнутым множеством. Следовательно, множество $f([a,b])$ также является замкнутым (задача 14.б). Точные грани множества являются его предельными точками (это следует из определения точных граней). Следовательно, точные грани множества $f([a,b])$ принадлежат ему.

[SomePupil]

irod, поскольку в данный момент я достиг перигелия абсолютной строгости, то мне надо сказать Вам, что Вы не доказали существования точных граней этого множества.

[irod]

SomePupil
Вы правы.
Множество $f([a,b])$ ограничено (задача 14.а). Следовательно, его точные грани существуют согласно аксиоме о точной верхней грани.

[irod]

Придумал что-то похожее на доказательство 14.б. Как ни странно, мне помогла задача 15.

14.б) для любого замкнутого множества $M\subset[a,b]$ его образ $f(M)$ замкнут.

Доказательство.
Пусть $M\subset[a,b]$ -- замкнутое множество.
Множество $f(M)$ ограничено (задача 14.а).
Возьмем произвольную предельную точку $y$ произвольной последовательности из точек множества $f(M)$.
Из ограниченности $f(M)$ следует существование его точных граней (аксиома о точной верхней грани).
Очевидно, $\inf f(M)\leq y\leq \sup f(M)$.
Тогда $\exists x\in M\ f(x)=y$ (задача 11), т.е. $y\in f(M)$.

Тут конечно явная проблема: в задаче 11 говорится об отрезке как области определения $f$, а в этой задаче это абстрактное замкнутое множество. Можно попробовать показать, что $M$ является либо конечным множеством, либо объединением не более чем счетного числа отрезков, каждый из которых можно рассматривать отдельно (можно ли?). В последнем случае можно использовать задачи 4 и 15 листка 13. Так можно?

[grizzly]

irod в сообщении #1292440 писал(а):

Тут конечно явная проблема: в задаче 11 говорится об отрезке как области определения $f$, а в этой задаче это абстрактное замкнутое множество.

Это не проблема, но пока не будем об этом.

irod в сообщении #1292440 писал(а):

Очевидно, $\inf f(M)\leq y\leq \sup f(M)$.
Тогда $\exists x\in M\ f(x)=y$ (задача 11), т.е. $y\in f(M)$.

Вот здесь проблема. Между первой и второй строчками цитаты нет логически связанного перехода. Для того, чтобы воспользоваться задачей 11 Вам нужно знать, что $y\in [f(a),f(b)]$. У Вас этого нет и быть, вообще говоря, не может.