задача/элементарный матан

[Юстас]

Попалась такая вот задачка: про функцию известно следующее:
$f:[0,1]\rightarrow[0,1], $ f дифференцируема на [0,1], и f(0)=0, f(1)=1.
Доказать, что $\exists $различные $a, b$ такие что $f'(a)f'(b)=1$.Я решал так: рассмотрим
g(x)=f(f(x)), очевидно $g(0)=0, g(1)=1, g'(x)=f'(f(x))f'(x)$. По теореме Лагранжа $g(1)-g(0)=g'(\xi)=1, $то есть если $a=\xi, b=f(\xi),$ то получаем что надо. Одна проблема если $\xi = f(\xi)$ , может будут другие идеи?

[Руст]

Если имеется две точки a и b, где производная равна 1 то доказывать ничего. Иначе если производная непрерывно то значения производной содержат некоторый интервал (с,d), такой, что c<1<d. взяв значение t, такое, что t и 1/t принадлежат интервалу (c,d) найдём разные точки a (df/dx=t) и b (df/dx=1/t) с соответствующим свойством.

[Юстас]

Из дифференцируемости не следует непрерывность производной, или я вас неправильно понял?

[Руст]

Вы правильно поняли. Я и рассматривал случай с непрерывной производной для второго случая.

[незваный гость]

А можно, раз уж пошла такая пьянка, пример функции, дифференцируемой всюду на отрезке, и производная которой не непрерывна?

[Genrih]

незванный гость писал(а):

:evil:
А можно, раз уж пошла такая пьянка, пример функции, дифференцируемой всюду на отрезке, и производная которой не непрерывна?

Не непрерывна всюду на отрезке, наверное ?

[незваный гость]

Разумееется. Я чего-то не могу такой пример придумать.

[Someone]

незванный гость писал(а):

:evil:
А можно, раз уж пошла такая пьянка, пример функции, дифференцируемой всюду на отрезке, и производная которой не непрерывна?

Пусть $\{r_n:n\in\mathbb N\}$ - последовательность, взаимно однозначно перечисляющая все рациональные числа. Обозначим $M_n=\max\{|\sqrt[3]{x-r_n}|:-n\leqslant x\leqslant n\}$. Функция

$$f(x)=\sum\limits_{n\in\mathbb N}\frac{\sqrt[3]{x-r_n}}{n^2M_n}$$

на всей числовой оси $\mathbb R$ непрерывна, так как ряд в правой части равномерно сходится на каждом отрезке $[a,b]$, и (строго) возрастает; множество значений функции $f(x)$ совпадает с $\mathbb R$. Из всего этого следует, что существует обратная функция $g(x)$, которая также непрерывна и возрастает на всей числовой оси $\mathbb R$.
Для функции $f(x)$ во всех точках существует предел

$$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}>0$$

(может быть, $+\infty$, например, как в рациональных точках), поэтому, по теореме о производной обратной функции, обобщённой для случая таких бесконечных производных, обратная функция имеет всюду конечную производную

$$g'(x)=\frac{1}{f'(g(x))}$$

.
Легко видеть, что $g'(x)$ на всюду плотном множестве $\{f(r_n):n\in\mathbb N\}$ равна $0$, и в то же время не может быть равна $0$ во всех точках какого-нибудь интервала $(a,b)$, так как $g(x)$ возрастает на всём $\mathbb R$. Поэтому $g'(x)$ не может быть непрерывной ни на каком интервале.

Можно привести и совсем простой пример:

$$h(x)=\begin{cases}x^2\sin\frac{1}{x}\text{ при }x\ne 0\text{,}\\0\text{ при }x=0\text{.}\end{cases}$$

Тогда

$$h'(x)=\begin{cases}2x\sin\frac{1}{x}+\cos\frac{1}{x}\text{ при }x\ne 0\text{,}\\0\text{ при }x=0\text{.}\end{cases}$$

[незваный гость]

Спасибо.

[Руст]

На самом деле можно доказать не прибегая к непрерывности производной.
Рассмотрим $0<x<y<=1$ и находим точки $0<z(x)<x<t(x,y)<y$:
$f^{'}(z)=\frac{f(x)}{x},f^{'}(t)=\frac{f(y)-f(x)}{y-x}$.
Если производная в 0 равна 1 доказывать ничего, найдётся ещё одна точка в интервале $(0,1)$ с единичной производной.
Для произведения имеем:
$f^{'}(z)f^{'}(t)=\frac{f(x)}{x}\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=s(x,y)$.
Справа непрерывная (даже дифференцируемая во внутренних точках) функция зависящая от x и y, соответственно принимает все значения в пределах, ограниченных концевыми значениями. Имеем $s(0,y)=f^{'}(0)\frac{f(y)}{y},s(y,y)=f^{'}(y)\frac\{f(y)}{y}$.
Это позволяет найти значения $a=z(x)$ и $b=t(x,y)$ с требуемыми свойствами.

[Руст]

Руст писал(а):

На самом деле можно доказать не прибегая к непрерывности производной.
Рассмотрим 0<x<y<=1 и находим точки 0<z(x)<x<t(x,y)<y:
$f^{'}(z)=\frac{f(x)}{x},f^{'}(t)=\frac{f(y)-f(x)}{y-x}$.
Если производная в 0 равна 1 доказывать ничего, найдётся ещё одна точка в интервале (0,1) с единичной производной.
Для произведения имеем:
$f^{'}(z)f^{'}(t)=\frac{f(x)}{x}\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=s(x,y)$.
Справа непрерывная (даже дифференцируемая во внутренних точках) функция зависящая от x и y, соответственно принимает все значения в пределах, ограниченных концевыми значениями. Имеем $s(0,y)=f^{'}(0)\frac{f(y)}{y},s(y,y)=f^{'}(y)\frac{f(y)}{y}$.
Это позволяет найти значения a=z(x) и b=t(x,y) с требуемыми свойствами.

На самом деле таким образом можно доказать нечто большее, а именно производная функции, даже если она разрывная обладает одним свойством непрерывных функций, а именно выпуклые множества отображают в выпуклые множества, т.е. если интервал отображается в некоторое множество значений, то принимаются и любые промежуточные значения.

[Someone]

Руст писал(а):

На самом деле таким образом можно доказать нечто большее, а именно производная функции, даже если она разрывная обладает одним свойством непрерывных функций, а именно выпуклые множества отображают в выпуклые множества, т.е. если интервал отображается в некоторое множество значений, то принимаются и любые промежуточные значения.

Да, это теорема Дарбу (Г.М.Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, том I, "Наука", Москва, 1969, пункт 110).

[Руст]

Теорему Дарбу о симплектическом базисе хорошо помню, смутно помню, что и в анализе была теорема Дарбу (никогда бы не вспомнил без Someone, что это за теорема).
С теоремой Дарбу и первое мое доказательство срабатывает, так как я использовал фактический не непрерывность производной, а то что следует из теоремы Дарбу.
На самом деле легко завершить и доказательство автора. Если указанные автором точки совпали, то эта точка удовлетворяет свойству f(x)=x. Следовательно существует точка a в интервале (0,x) и b в интервале (x,1), где производная равна 1.

[Юстас]

Спасибо всем участникам дискуссии, задача оказалась интереснее чем можно было предположить изначально.

[Genrih]

Руст писал(а):

На самом деле легко завершить и доказательство автора. Если указанные автором точки совпали, то эта точка удовлетворяет свойству f(x)=x.

Может показать, как Вы это получили. У меня есть решение, но в нем есть некий исскуственный момент, который мне не очень нравится (рассматриваем функцию $g(x)=x-f(x)$)