Ну вроде всё не так сложно оказалось
Для каждого неотрицательного действительного
пусть
и
.
Лемма 1. Пусть
--- непрерывное отображение, такое что
. Тогда
и
не может быть продолжено до непрерывного отображения
в
.
Доказательство. Доказываем индукцией по
. Для
всё очевидно. Считаем, что
и для
то, что нужно, уже доказано.
Под экватором понимаем произвольное сечение
проходящей через ноль гиперплоскостью, полюс --- наиболее удалённая от экватора точка
.
Предположим, что некоторое
не попадает в образ
. Пусть
--- экватор с полюсом
. В силу выбора
на
определена функция
, которая для каждого
равна точке пересечения экватора
с полуплоскостью, проходящей через соединяющую полюса прямую и
. Легко видеть, что
есть отображени
в
с требуемым свойством. Заменяя при необходимости
на
, будем считать, что
.
Пусть теперь
равно пересечению
с гиперплоскостью, содержащей
. Для каждой точки
пусть
равно элементу
, ортогональная проекция которого на
равна
и который лежит по ту же сторону от
, что и
. Тогда
есть непрерывное отображение
в
, продолжающее
. Однако существование такого отображения противоречит индукционному предположению.
Таким образом, мы доказали, что
. Предположим, что мы смогли доопределить
до непрерывного отображения
в
. По
теореме Брауэра существует
, такое что
. Так как
попадает в образ
, то
и
. Но это означает
и
. Противоречие.
Лемма 2. Пусть
--- непрерывное отображение из
в
, такое что
и
для всех
. Тогда
.
Доказательство. Предположим противное. Пусть
не попадает в образ
. Так как непрерывный образ компакта замкнут, то
замкнуто и существует открытое множество, содержащее
и не пересекающееся с
. Пусть
равно элементу
, находящемуся на полупрямой, выходящей из нуля и проходящей через
.
По лемме 1 имеем
. Для каждого
пусть
в случае
и
в противном случае. Тогда
обладает всеми нужными свойствами.
Далее. Если заменить
на
при достаточно большом
, то получим отображение из
в
, у которого все точки полуинтервала
не содержатся в образе. После чего можно положить
при
и
при
. Отображение
удовлетворяет всем условиям леммы и справедливо
.
Далее. Так как
, то
. В силу замкнутости
имеем
для некоторого
. Проделав теперь с
ту же процедуру, что мы проделали с
при построении
, можно "стянуть" весь шар
в ноль и получить отображение
, для которого
и которое обладает теми же свойствами, что и
.
Далее. Множество
замкнуто и не содержит
. Значит, найдётся
, такой что
. Для этого
найдётся
, такое что
. Положим
при
и
иначе. Получим непрерывное отображение
, которое удовлетворяет условию
и для которого
. А это, однако, противоречит лемме 1.
Вернёмся к исходной задаче. Пусть
--- отображение с требуемыми свойствами,
--- произвольный элемент
и
. Из второго условия существует
, такое что
. Пусть теперь
при
и
в противном случае. По выбору
имеем
. Кроме того,
непрерывно и
. По лемме 2 получаем
и
для некоторого
. А так как
, то и
также равно
. Что и требовалось доказать