Доказать, что функция принимает любые значения на интервале

[Clever_Unior]

svv в сообщении #610243 писал(а):

$f(a, 1, 1)=-\dfrac{2a^3-3a^2+1} {a(a^3-3a+2)}$
Числитель и знаменатель страшно легко раскладываются на множители, и получается
$-\dfrac{(a-1)^2 (2a+1)} {a(a-1)^2(a+2)}=-\dfrac{2a+1} {a (a+2)}$
Это непрерывно на $(0, +\infty)$, стремится к $-\infty$ при $a\to+0$ и стремится к $0$ при $a\to+\infty$.

Спасибо, для меня это будет лучшим "решением" ( оно самое простое ) Я запишу так :

$-\dfrac{2a+1} {a (a+2)}=x$, откуда:

$a=-\frac{1 + x + \sqrt{1 + x + x^2}}{x}$, что больше нуля для любых $x < 0$. А, то есть, для любых $x<0$ найдется $a$ и обратно, а, значит функция может принимать любые значения.

[ewert]

svv в сообщении #610250 писал(а):

Я полагаю $b=c=1$ и доказываю, что даже при этом ограничении функция принимает любые значения на $a\in(0,\infty)$. "Другие линии" не могут сузить множество значений.

Сузить -- не могут. Но могут (т.е., в принципе, могли бы) расширить. Да пусть хоть и нолик -- тоже могли бы добавить.

[svv]

А, это пускай!

[ewert]

(Оффтоп)

svv в сообщении #610256 писал(а):

А, это пускай!

тут только самая последняя буква обоснованна

[svv]

Вот неприятный момент. Я ввожу
$g(a)=f(a,1,1)=-\dfrac{2a+1} {a (a+2)}$
Функция $g(a)$ определена и непрерывна на $(0,\infty)$. В частности, $g(1)=-1$.
Но вот $f(a,b,c)$ не определена при $a=b=c=1$. Поэтому $g(1)=-1$ не доказывает, что $-1$ принадлежит множеству значений $f(a,b,c)$.

[ИСН]

Дак нам этого и не надо. Нам бы только интервал.

[svv]

Дак мы ж на огого уже замахнулись! Но тут обломчик.

$f(1,2,4)=-1$

[Профессор Снэйп]

А я ещё заметил по ходу, что

$$ f(a,b,c) = -\frac{1}{abc} \cdot \frac{\left| \begin{array}{ccc} bc & ac & ab \\ ab & bc & ac \\ ac & ab & bc \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{ccc} a & b & c \\ c & a & b \\ b& c & a \end{array} \right|} $$

Не знаю, правда, чем тут могут помочь эти определители...

[Профессор Снэйп]

Вопрос возник про подобные определители, может, кто-нибудь хорошо в теме...

Пусть $T : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ - линейный оператор, такой что $T^n = I$ - тождественное отображение $\mathbb{R}^n$ на себя. Для произвольного $u \in \mathbb{R}^n$ составим матрицу, строки которой есть вектора $u, Tu, T^2u, \ldots, T^{n-1} u$. И положим $f(u)$ равным определителю этой матрицы.

Что можно сказать про функцию $f$? Какие-нибудь хорошие свойства таких функций известны?

[svv]

А Вы заметили, что $f(a,b,c) \cdot f(\frac 1 a,\frac 1 b, \frac 1 c) = 1$?
Это получается из Вашего $f(a,b,c) \cdot f(ab,bc,ca) = 1$ и $f(ka,kb,kc)=f(a,b,c)$.

[Профессор Снэйп]

svv в сообщении #610411 писал(а):

А Вы заметили, что $f(a,b,c) \cdot f(\frac 1 a,\frac 1 b, \frac 1 c) = 1$?
Это получается из Вашего $f(a,b,c) \cdot f(ab,bc,ca) = 1$ и $f(ka,kb,kc)=f(a,b,c)$.

Заметил, давно заметил

Задачу-то уже давно решили, теперь хочется всё как-нибудь поизящней. Сегодня всё ночь промучился с 3-линейными формами. Моск уже давно превратился в тряпку.

Я делал так. Введём $T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ такой, что $T(\langle a,b,c \rangle) = \langle b,c,a \rangle$. $T$ - линейный оператор с единственным собственным вектором $e = \langle 1,1,1 \rangle$, на ортогональном к этому вектору подпространстве размерности $2$ оператор $T$ совершает поворот плоскости на $120^o$. Ну и я пытался каждый вектор $\langle a,b,c \rangle$ разлагать в сумму собственного и ортогонального к нему, а потом через это разложение функцию $f$ как-то выражать.

Беда в том, что формы не билинейные, а трилинейные. Если про билинейные ещё с первого курса что-то помню, то здесь всё не так. Форма будет задавать не матрицей, а тензором. Слаб я в этих хреновых тензорах, увы