Зорич: ошибка?

[Nickname1101]

Здравствуйте. Возник вопрос, касающийся формулировки и доказательства теоремы о пределе монотонной функции у Зорича.

Зорич писал(а):

Предположим, что числа (или символы $-\infty$, $+\infty$) $i=\inf E$ и $s=\sup E$ являются предельными точками множества $E$ и $f:E\to\mathbb{R}$ - монотонная функция на $E$. Имеет место следующая
Теорема 6 (критерий существования предела монотонной функции). Для того чтобы неубывающая на множестве $E$ функция $f:E\to\mathbb{R}$ имела предел при $x\to s$, $x\in E$, необходимо и достаточно, чтобы она была ограничена сверху, а для того чтобы она имела предел при $x\to i$, $x\in E$, необходимо и достаточно, чтобы она была ограничена снизу.
◄ Докажем теорему для предела $\lim\limits_{x\to s,x\in E}^{}f(x)$.
Если этот предел существует, то, как и всякая функция, имеющая предел, функция $f$ оказывается финально ограниченной при базе $x\to s,x\in E$.
Поскольку $f$ - неубывающая на $E$ функция, отсюда следует, что $f$ ограничена сверху. На самом деле можно утверждать даже, что $f(x)\leqslant \lim\limits_{x\to s,x\in E}^{}f(x)$ для любого $x\in E$. Это будет видно из дальнейшего.
Перейдем к доказательству существования предела $\lim\limits_{x\to s,x\in E}^{}f(x)$ при условии ограниченности $f$ сверху.
Если $f$ ограничена сверху, то существует верхняя грань значений, которые функция принимает на множестве $E$. Пусть $A=\sup\limits_{x\in E}f(x)$; покажем, что $\lim\limits_{x\to s,x\in E}^{}f(x) = A$. По $\varepsilon > 0$, на основании определения верхней грани множества, найдем точку $x_0\in E$, для которой $A-\varepsilon < f(x_0)\leqslant A$. Тогда ввиду неубывания $f$ на $E$ получаем, что при $x_0<x\in E$ будет $A-\varepsilon < f(x)\leqslant A$. Но множество $\{ x\in E | x_0<x \}$, очевидно, есть элемент базы $x\to s,x\in E$ (ибо $s=\sup E$). Таким образом, доказано, что $\lim\limits_{x\to s,x\in E}^{}f(x) = A$.
Для предела $\lim\limits_{x\to i,x\in E}^{}f(x)$ все рассуждения аналогичны. В этом случае имеем $\lim\limits_{x\to i,x\in E}^{}f(x) = \inf\limits_{x\in E}f(x)$ ►

Я считаю, что утверждение

Зорич писал(а):

Пусть $A=\sup\limits_{x\in E}f(x)$; покажем, что $\lim\limits_{x\to s,x\in E}^{}f(x) = A$.

является ошибочным. Рассмотрим простейшую функцию

$$f(x) = \begin{cases} x, x<5,\\ 6, x = 5\\ \end{cases}$$

определенную на $(-\infty; 5]$. Функция является неубывающей на всей области определения, точка $x = 5$ является предельной для области определения функции $f$. Предел функции $f$ в этой точке равен 5. Но $\sup\limits_{x\in (-\infty; 5]}f(x) = 6$. То, что неубывающая ограниченная сверху функция будет иметь предел в точке $s=\sup E$, предельной для $E$, это верно, но этот предел не обязан совпадать с $\sup\limits_{x\in E}f(x)$.


P.S. Понятно, что никакой глобальной проблемы в этом нету. При данных условиях нужно просто заменить $\sup f(E)$ на $\sup [f(E)\backslash f(s)]$. Это ошибка у Зорича, или я просто неправильно понял текст в его книге?

[Padawan]

Да, ошибка.

-- Пн июл 29, 2019 14:21:07 --

Nickname1101 в сообщении #1407598 писал(а):

Но множество $\{ x\in E | x_0<x \}$, очевидно, есть элемент базы $x\to s,x\in E$ (ибо $s=\sup E$)

Здесь ошибка. Это множество может оказаться пустым.

[Munin]

Nickname1101 в сообщении #1407598 писал(а):

Предел функции $f$ в этой точке равен 5.

А вы в этом твёрдо уверены? Как дефинируется $\lim\limits_{x\to s,x\in E} f(x)$ у Зорича?

[Connector]

Padawan в сообщении #1407609 писал(а):

Здесь ошибка. Это множество может оказаться пустым.

(Оффтоп)

Опередили

Как и оказалось в случае построенного Nickname1101 контрпримера.
Munin
По Коши. По-моему, все правильно, предел равен $5$. Достаточно положить $\delta$ равным $\varepsilon$.

[Padawan]

Утверждение и доказательство верны, если $E$ не имеет наибольшего элемента, т.е. $s\not\in E$.

[worm2]

Munin в сообщении #1407611 писал(а):

Как дефинируется $\lim\limits_{x\to s,x\in E} f(x)$ у Зорича?

У нас прямо на форуме имеется нотариально заверенный скриншот: https://dxdy.ru/topic131226.html
На случай, если картинка исчезнет, свидетельствую: у Зорича, как обычно, база состоит из проколотых окрестностей ($0<|x-a|$).

[Munin]

worm2
Спасибо!

[Nickname1101]

Padawan в сообщении #1407617 писал(а):

Утверждение и доказательство верны, если $E$ не имеет наибольшего элемента, т.е. $s\not\in E$.

Это верно. Но если отвлечься от доказательства Зорича, то не обязательно сужать теорему до случая $s\not\in E$. Постараюсь сделать набросок такого доказательства для неубывающей функции (невозрастающий случай исчерпывается аналогично). Буду использовать стандартное определение предела функции по Коши. Буду благодарен, если взглянете на предмет ошибок.

Теорема
Пусть $s=\sup E$ и $s$ является предельной точкой (конечной или $+\infty$) для множества $E$. Тогда для того чтобы неубывающая на множестве $E$ функция $f:E\to\mathbb{R}$ имела предел при $x\to s$, $x\in E$, необходимо и достаточно, чтобы она была ограничена сверху.
Доказательство (необходимость совсем тривиальна, докажу лишь достаточность)
Рассмотрим множество $f(E\backslash s)$.
$f(E)$ по условию ограничено сверху $\Rightarrow \exists \sup f(E) \in\mathbb{R}$
$E\backslash s \subset E \Rightarrow f(E\backslash s)\subset f(E) \subset \mathbb{R} \Rightarrow \sup f(E\backslash s) \leqslant \sup f(E) $\Rightarrow \exists A = \sup f(E\backslash s) \in \mathbb{R}$
Докажем, что $A = \lim\limits_{x\to s,x\in E}f$
Выберем произвольный $\varepsilon > 0$.
$\exists y_0\in f(E\backslash s): A - \varepsilon < y_0 \leqslant A$ $\Rightarrow \exists x_0\in E\backslash s: A - \varepsilon < f(x_0)$
Прообраз $f^{-1}(y_0)$ не обязан состоять из одного элемента. Но какой бы $x_0 \in f^{-1}(y_0)$ мы бы ни взяли, соответствующее ему множество $M(x_0) = \{x\in E\backslash s| x_0 < x\}$ будет непустым ввиду того, что множество $E\backslash s$ не имеет максимального элемента.
Множество $M(x_0)$ представляет собой не что иное, как пересечение некоторой проколотой окрестности $\dot{V}(s)$ точки $s$ с областью $E$ определения функции $f$.
Ввиду того, что $\forall x \in M(x_0)$ выполняется $A - \varepsilon < f(x_0) \leqslant f(x) \leqslant A$, то можно утверждать, что выбрав некоторый элемент $x_0 \in f^{-1}(y_0)$ мы тем самым выбрали некоторую проколотую окрестность точки $s$, образ которой при отображении $f$ лежит в $\varepsilon$-окрестности точки $A$. А это означает, что $\lim\limits_{x\to s,x\in E}f = A = \sup f(E\backslash s)$.

[Nickname1101]

Совсем забыл рассмотреть случай неограниченной сверху функции.
Теорема
Пусть $s=\sup E$ и $s$ является предельной точкой (конечной или $+\infty$) для множества $E$. Тогда если функция $f:E\to\mathbb{R}$ не убывает и не ограничена сверху на множестве $E$, то $\lim\limits_{x\to s,x\in E}f = +\infty$.
Доказательство
Очевидно, что функция $f$ не определена в точке $s$ (иначе она была бы ограничена сверху значением $f(s)$). Из этого следует, что множество $E$ не имеет максимального элемента.
Выберем произвольную окрестность $U(+\infty)$.
$\exists y_0 \in f(E):y_0 \in U(+\infty)$
Как и в предыдущем случае, прообраз $f^{-1}(y_0)$ не обязан состоять из одного элемента. Но какой бы $x_0 \in f^{-1}(y_0)$ мы бы ни взяли, соответствующее ему множество $M(x_0) = \{x\in E| x_0 < x\}$ будет непустым ввиду того, что, как я уже отметил, множество $E$ не имеет максимального элемента.
$\forall x \in M(x_0)$ выполняется $ f(x_0) \leqslant f(x)$, следовательно $[\forall x \in M(x_0)] f(x) \in U(+\infty)$
Множество $M(x_0)$ представляет собой не что иное, как пересечение некоторой проколотой окрестности $\dot{V}(s)$ точки $s$ с областью $E$ определения функции $f$.
Таким образом, выбрав произвольную окрестность $U(+\infty)$, мы можем выбрать некоторую проколотую окрестность $\dot{V}(s)$ точки $s$, образ которой при отображении $f$ лежит в $U(+\infty)$. А это значит, что $\lim\limits_{x\to s,x\in E}f = +\infty$.

[Padawan]

Nickname1101
Можно просто сказать, что так как от значения в точке $s$ предел не зависит, то будем считать, что $s\not\in E$. И дальше текст Зорича.