Монотонна функция?

[drago]

Дадена е непрекъснатата функцията [tex]f(x):\, [0,1]\to \mathbb{R}[/tex] , за която е известно, че за всяко [tex]x \in (0,1), \, \liminf_{y\to x} \, \frac{f(y)-f(x)}{y-x} \geq 0[/tex] . Да се докаже, че [tex]f(x)[/tex] e монотонно растяща в [tex][0,1][/tex].
Можем ли да твърдим същото, ако [tex]\forall x \in (0,1) \, \limsup_{y\to x} \frac{f(y)-f(x)}{y-x} \geq 0[/tex] ?

[mkmarinov]

Ще предположа, че в условието се иска функцията да е нестрого монотонна.
Нека допуснем, че не е монотонна, с други думи съществува двойка числа [tex]x_l,x_g: x_l>x_g \wedge f(x_l)<f(x_g)[/tex].
Тъй като функцията е непрекъсната, то от Болцано-Вайерщрас следва, че съществува [tex]x_0: x_l>x_0>x_g \wedge f(x_l)<f(x_0)<f(x_g)[/tex].
По подобен начин дефинираме редицата [tex]\{x_n\}_0^{\infty}[/tex]:
[tex]x_n>x_{n+1}>x_g \wedge f(x_n)<f(x_{n+1})<f(x_g)[/tex]

Тъй като редицата е ограничена и монотонна (намаляваща), тя е сходяща и нека [tex]L[/tex] е нейната граница. Тогава
[tex]\forall n : \frac{f(x_n)-f(L)}{x_n-L}<0[/tex] => [tex]\limsup_{x_n \to L} \frac{f(x_n)-f(L)}{x_n-L}<0[/tex], откъдето се вижда ясно противоречието с условието.

б) Не. Контрапример: произволен фрактал.

[drago]

Oт това че:
[tex]\forall n : \frac{f(x_n)-f(L)}{x_n-L}<0[/tex]
следва единствено , че [tex]\liminf_{x_n \to L} \frac{f(x_n)-f(L)}{x_n-L}\leq 0[/tex], откъдето няма противоречието с условието.

Относно б): Не всеки фрактал е контрапример!

[drago]

Относно първата част: всъщност и без да ни е дадено, че функцията е непрекъсната, можем да докажем, че тя е монотонно растяща в (0,1).

[mkmarinov]

Oт това че:
[tex]\forall n : \frac{f(x_n)-f(L)}{x_n-L}<0[/tex]
следва единствено , че [tex]\liminf_{x_n \to L} \frac{f(x_n)-f(L)}{x_n-L}\leq 0[/tex], откъдето няма противоречието с условието.

Аз си мисля, че щом всичките елементи на едно множество са отрицателни, супремума е най-много нула.
И че ако едно множество е с отрицателни елементи, а знаем, че инфимума на негово надмножество е неотрицателен, имаме противоречие.

Относно б): Не всеки фрактал е контрапример!

Прав си, не е всеки. Конкретно, функцията на Вайерщрас е.

[drago]

Аз си мисля, че щом всичките елементи на едно множество са отрицателни, супремума е най-много нула.
И че ако едно множество е с отрицателни елементи, а знаем, че инфимума на негово надмножество е неотрицателен, имаме противоречие.

Относно б): Не всеки фрактал е контрапример!
Прав си, не е всеки. Конкретно, функцията на Вайерщрас е.

Не [tex]\inf ...[/tex] е неотрицателен , а [tex]\liminf ...[/tex] е неотрицателно. Което е различно.
Виж например множеството от отрицателни елементи [tex]A=\{-\frac{1}{n} \,| \, n=1,2,3,\ldots \}[/tex], обаче [tex]\liminf A = 0[/tex]. (В този случай [tex]\liminf A = \limsup A =0[/tex])

Относно б). Функцията на Вайерщрас, може и да става, но не съм убеден. Когато видях задачата, това беше първото, което си помислих, но след като се порових в литературата не можах да видя никъде, че във всяка точка [tex]\limsup ... \geq 0[/tex]. Там се доказва по малко по-различен начин, че няма производна във всяка точка.

[drago]

Нека [tex]a,b \in (0,1),\, a<b[/tex] . Ще докажем, че [tex]f(a) \leq f(b)[/tex].
Да фиксираме [tex]\varepsilon > 0[/tex]. Вземаме произволно [tex]x\in [a,b][/tex]. Тогава от условието следва, че съществува [tex]r>0[/tex] (зaвисещо от [tex]x[/tex]), така че за всяко [tex]y\in (x,x+r):\, f(y)-f(x) \geq - \varepsilon (y-x)[/tex] и за всяко [tex]y\in (x-r,x):\, f(x)-f(y) \geq - \varepsilon (x-y)[/tex].
Отворените интервали [tex]O(x,r)=(x-r,x+r),\, x\in [a,b][/tex] покриват компактното множество [tex][a,b][/tex]. Значи съществува крайно подпокритие [tex]O(x_i,r_i), \, i=1,2,\ldots,n[/tex] на [tex][a,b][/tex].
Може да се покаже, че от това крайно подпокритие може да изберем друго подпокритие (пак го означаваме така) [tex]O(x_i,r_i), \, i=1,2,\ldots,n[/tex], такова, че [tex]a \leq x_1<x_2<\ldots <x_n \leq b[/tex] и [tex]O(x_i,r_i) \cap O(x_{i+1},r_{i+1}) \neq \emptyset[/tex]. Нека [tex]y_i \in O(x_i,r_i) \cap O(x_{i+1},r_{i+1})[/tex].
Имаме:
[tex]f(y_i)-f(x_i) \geq -\varepsilon (y_i-x_i)[/tex]
[tex]f(x_{i+1})-f(y_i) \geq -\varepsilon (x_{i+1}-y_i)[/tex]
и като съберем горните става [tex]f(b)-f(a) \geq -\varepsilon (b-a)[/tex].
Tъй като може да избираме [tex]\varepsilon[/tex] произволно малко, това дава [tex]f(b) \geq f(a)[/tex].
Забележете, че в горното не се използва непрекъснатостта на [tex]f[/tex].
Относно втората част, може да погледнете тук: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 7&t=513129