Множество локальных максимумов функции не более чем счетно?

[Апофеоз Здравого Смысла]

Никак не могу сообразить, как доказать, что множество локальных строгих максимумов произвольной функции действительной переменной не более чем счетно.
Мне кажется, нужно свести задачу к доказательству того, что для любого локального строгого максимума существует окрестность, в которой других локальных строгих максимумов нет.
Как бы это доказать?

[AD]

Апофеоз Здравого Смысла в сообщении #170013 писал(а):

Мне кажется, нужно свести задачу к доказательству того, что для любого локального строгого максимума существует окрестность, в которой других локальных строгих максимумов нет.
Как бы это доказать?

Это неверно. Контрпример: $f(x)=\sin\frac1x$ при $x\neq 0$, $f(0)=-10$. В любой окрестности локального минимума $x=0$ существует дофига других локальных минимумов.

[Brukvalub]

Эта задача уже обсуждалась на форуме примерно год назад.

[id]

Но это -

Цитата:

Мне кажется, нужно свести задачу к доказательству того, что для любого локального строгого максимума существует окрестность, в которой других локальных строгих максимумов нет.

Вам и не нужно.

Достаточно, что для любого локального строгого максимума существует окрестность $(a_{\lambda},b_{\lambda})$ с рациональными концами, в которой этот максимум будет действительно максимумом. Ну и проверить, что разным л. с. максимумам будут соответствовать разные пары рац. чисел.

[Апофеоз Здравого Смысла]

Спасибо всем за ответы. Как доказывать это я понял.
(Не поблагодарил сразу, потому что есть еще вопросы, которые хотел здесь задать, чтобы не открывать новой темы)

Наверное эти вопросы уже обсуждались, но не нашел на них ответа.

1) Вот такой пример построения взаимно однозначного соответствия рациональных точек интервала

$$(0;1)$$

и всех действительных точек того же интервала.
Любую действительную точку

$$x$$

записываем в двоичной системе, а интервал

$$(0;1)$$

делим пополам. Если

$$x=0.0...$$

то сопоставляем ей любую рациональную точку из

$$(0;1/2)$$

если Если

$$x=0.1...$$

, сопоставляем ей любую рациональную точку из

$$(1/2;1)$$

. И так продолжаем до бесконечности.
Понятно, что это рассуждение неверно, потому что множество рациональных чисел счетно. А в чем здесь ошибка?

2) Как доказать что что мн-во всех непустых, замкнутых подмножеств прямой

$$R$$

без изолированных точек имеет мощность континуума?
Пока пытался доказать это, пришел к вопросу 1) и застопорился.

[Brukvalub]

Апофеоз Здравого Смысла в сообщении #170773 писал(а):

А в чем здесь ошибка?

Да просто написана глупость состоящая из одних ошибок. Согласно этому рецепту, можно вообще обойтись двумя рац. точками:

Апофеоз Здравого Смысла в сообщении #170773 писал(а):

Если

$$x=0.0...$$

то сопоставляем ей любую рациональную точку из

$$(0;1/2)$$

если Если

$$x=0.1...$$

, сопоставляем ей любую рациональную точку из

$$(1/2;1)$$

.

Вот и будем сопоставлять всем точкам в первой ситуации точку 0.25 , а во второй - точку 0.75.

[Апофеоз Здравого Смысла]

Почему? Если

$$x=0.01...$$

то ей сопоставляем рац. точку из

$$(1/4;1/2)$$

Если

$$x=0.00...$$

, ей сопоставляем рац. точку из

$$(0;1/4)$$

.
Т.е. при каждой следующей цифре икса делим полученный интервал на 2. Если цифра =0 то берем любую рац. точку из левого интервала, если =1, то из правого.

[Cave]

Отображение получается тождественным, поэтому иррациональному числу не будет соответствовать ничего (ведь по выбору мы сопоставляем рациональные числа). Происходит это потому, что пересечение вложенных интервалов может не содержать рациональной точки.

[Апофеоз Здравого Смысла]

Cave писал(а):

Отображение получается тождественным, поэтому иррациональному числу не будет соответствовать ничего (ведь по выбору мы сопоставляем рациональные числа). Происходит это потому, что пересечение вложенных интервалов может не содержать рациональной точки.

Есть набор вложенных интервалов.
Если пересечение вложенных интервалов не содержит ни одной рац. точки то существует хотя бы один интервал в котором нет ни одной рац. точки.

[Brukvalub]

Апофеоз Здравого Смысла в сообщении #170866 писал(а):

Есть набор вложенных интервалов.
Если пересечение вложенных интервалов не содержит ни одной рац. точки то существует хотя бы один интервал в котором нет ни одной рац. точки.

Почему? Вы просто не пытаетесь обосновать это ложное умозаключение, вот оно и кажется Вам правильным.

[Апофеоз Здравого Смысла]

Понятно, значит ошибка в этом.
А как для действительных чисел? Есть доказательство что пересечение множеств вложенных интервалов содержит хотя бы одно действительное число. По моему в 1м томе Фихтенгольца это принимается как само собой разумеющееся, и используется для доказательства какой то теоремы (надо посмотреть какой)

[Brukvalub]

Апофеоз Здравого Смысла в сообщении #170878 писал(а):

Есть доказательство что пересечение множеств вложенных интервалов содержит хотя бы одно действительное число.

Укажите общую точку семейства вложенных интервалов

\[ (0\;;\;\frac{1}{n})\quad n \in N\]

.

[id]

Вторая задачка приятнее.

Цитата:

Теорема:
Мощность множества всех замкнутых множеств пространства со счетной базой не превосходит $\mathfrak{C}$.

( П.С. Александров "Введение в теорию множеств и общую топологию" )
Ваше множество содержит все отрезки вида $[0,\alpha]$, и поэтому имеет мощность больше либо равно $\mathfrak{C}$.