mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 25, 2017 1:46 am**

Έστω μια συνάρτηση

η όποια ικανοποιεί το συμπέρασμα του θεωρήματος ενδιάμεσης τιμής και έστω πως παίρνει κάθε τιμή μονό μια φορά. Αποδείξτε ότι η

είναι συνεχής.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 31, 2017 10:24 am**

Να διατυπώσω ξανά το θέμα.

Εστω $A\subseteq \mathbb{R},A\neq \varnothing$

και $f:A\rightarrow \mathbb{R}$ μία συνάρτηση.

Η συνάρτηση έχει την ιδιότητα (Ε) αν
Για $x,y\in A$ και f(x)< c< f(y)

υπάρχει

μεταξύ των x,y

ώστε

1)Αν η συνάρτηση είναι 1-1 και έχει την ιδιότητα (Ε) τότε είναι συνεχής στο

γενικότερα

2)Αν η συνάρτηση κάθε τιμή της την παίρνει πεπερασμένες φορές
(το σύνολο $\left \{ x:x\in A,f(x)=b \right \}$ είναι πεπερασμένο για κάθε $b\in \mathbb{R}$ )

και έχει την ιδιότητα (Ε) τότε είναι συνεχής στο

.

Είναι σαφές ότι από το $(2)\Rightarrow (1)$ . Αλλά το (1) είναι πιό εύκολο και μία αυτόνομη λύση του έχει
ενδιαφέρον.
Το αφήνω για κάποιες μέρες και αν δεν ασχοληθεί κανένας θα επανέλθω με τις λύσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 31, 2017 3:02 pm**

Θα αποδείξω απευθείας το (2).

Έστω λοιπόν ότι η

είναι ασυνεχής στο $a \in A$ . Άρα υπάρχει $\varepsilon > 0$ και ακολουθία $(a_n) \to a$ στο

με $|f(a_n) - f(a)| \geqslant \varepsilon$ για κάθε

.

Άρα είτε για άπειρα

θα έχουμε $f(a_n) \geqslant f(a) + \varepsilon$ , είτε για άπειρα

θα έχουμε $f(a_n) \leqslant f(a) - \varepsilon$ . Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας το πρώτο.

Επειδή η

παίρνει πεπερασμένες φορές την τιμή $f(a) + \varepsilon/2$ , θα υπάρχει ανοικτό διάστημα

που περιέχει το

ώστε $f(x) \neq f(a) + \varepsilon/2$ για κάθε $x \in A \cap B$ .

Αφού $(a_n) \to a$ και υπάρχουν άπειρα

ώστε $f(a_n) \geqslant f(a) + \varepsilon$ , μπορώ να βρω

ώστε $a_n \in B$ και επιπλέον $f(a_n) \geqslant f(a) + \varepsilon$ . Τότε όμως θα υπάρχει $b \in A$ μεταξύ των

και

ώστε $f(b) = f(a) + \varepsilon/2$ . Αυτό όμως είναι άτοπο αφού $b \in B$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 01, 2017 2:52 am**

Πολύ ωραία λύση κύριε Δημήτρη

!Δυστυχώς η συγκεκριμένη άσκηση βρίσκεται στο βιβλίο πριν καν οριστεί η έννοια της ακολουθίας πόσο μάλλον η αρχή της μεταφοράς

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 01, 2017 11:49 am**

Αν κάθε τιμή λαμβάνεται μόνο μία φορά, όπως είπε και ο Σταύρος υπάρχει πιο απλή λύση:

Υπόδειξη: Δείξε ότι η συνάρτηση είναι μονότονη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 02, 2017 9:51 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Εστω $A\subseteq \mathbb{R},A\neq \varnothing$

και $f:A\rightarrow \mathbb{R}$ μία συνάρτηση.

Η συνάρτηση έχει την ιδιότητα (Ε) αν
Για $x,y\in A$ και υπάρχει μεταξύ των ώστε

1)Αν η συνάρτηση είναι 1-1 και έχει την ιδιότητα (Ε) τότε είναι συνεχής στο

Το βασικό σημείο της απόδειξης είναι
Αν f(a)< f(b)

και

τότε

ενώ Αν

και

τότε

Αποδεικνύω το πρώτο.Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται το δεύτερο.
Αν υπάρχει

με

τότε η

παίρνει την τιμή $\dfrac{f(x)+f(b)}{2}$ στα διαστήματα
(x,b),(a,x)

πράγμα ΑΤΟΠΟ.
Αν υπάρχει

με

τότε η

παίρνει την τιμή $\dfrac{f(x)+f(a)}{2}$ στα διαστήματα
(x,b),(a,x)

πράγμα ΑΤΟΠΟ.
Αρα ισχύει.

Να σημειώσω ότι χρησιμοποιώντας το παραπάνω μπορούμε να δείξουμε ότι η

είναι γνησίως μονότονη.

Θα δείξουμε τώρα την συνέχεια.
Αρκεί να δείξουμε ότι αν το $x_{0}$ είναι σημείο συσσώρευσης του

τότε
$\lim_{x\rightarrow x_{0}^{+}}f(x)=f(x_{0}),\lim_{x\rightarrow x_{0}^{-}}f(x)=f(x_{0})$
(το $x_{0}$ μπορεί να είναι δεξιό η αριστερό σημείο συσσώρευσης του

η και τα δύο)
Θα δείξω το $\lim_{x\rightarrow x_{0}^{+}}f(x)=f(x_{0})$ Με τον ίδιο τρόπο γίνεται και η απόδειξη του άλλου.
Εστω $\varepsilon > 0$
Υπάρχει $y> x_{0},y\in A$ Υποθέτουμε ότι $f(y)> f(x_{0})$
Παίρνουμε $\varepsilon _{1}> 0$ ώστε $\varepsilon _{1}\leq \varepsilon \wedge f(x_{0})+\varepsilon _{1}< f(y)$
Λόγω της ιδιότητας υπάρχει $x_{0}< x_{1}$ με $f(x_{1})=f(x_{0})+\varepsilon _{1}$
Συμπεραίνουμε ότι $x_{0}< x< x_{1}\Rightarrow 0< f(x)-f(x_{0})< \varepsilon _{1}< \varepsilon$
Αν δεν υπάρχει $y> x_{0},y\in A$ με $f(y)> f(x_{0})$ τότε
υπάρχει $y> x_{0},y\in A$ με $f(y)< f(x_{0})$
Παίρνουμε $\varepsilon _{1}> 0$ με $\varepsilon _{1}\leq \varepsilon \wedge f(x_{0})-\varepsilon _{1}> f(y)$
Κάνοντας τα ίδια όπως προηγουμένως υπάρχει $x_{0}< x_{1}$ με $f(x_{1})=f(x_{0})-\varepsilon _{1}$
και $x_{0}< x< x_{1}\Rightarrow 0< f(x_{0})-f(x)< \varepsilon _{1}< \varepsilon$
που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Υπάρχει και άλλος τρόπος να το δείξουμε.
Εχουμε ότι η $f:A\rightarrow \mathbb{R}$ είναι γνήσια μονότονη.
Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι το f(A)

είναι διάστημα.

Ισχύει το εξής.
Αν $I\subseteq \mathbb{R}$ διάστημα και $g:I\rightarrow \mathbb{R}$
γνησίως μονότονη συνάρτηση τότε η $g^{-1}:g(I)\rightarrow I$ είναι συνεχής

Εχουμε ότι η $f^{-1}:f(A)\rightarrow A$ είναι γνησίως μονότονη και το f(A)

είναι διάστημα.
Αρα η $f=(f^{-1})^{-1}:A\rightarrow f(A)$ είναι συνεχής.

mathematica.gr

Ασκηση απο spivak

Ασκηση απο spivak

Re: Ασκηση απο spivak

Re: Ασκηση απο spivak

Re: Ασκηση απο spivak

Re: Ασκηση απο spivak

Re: Ασκηση απο spivak