Доказателство

[Гост]

Здравейте! Някой би ли помогнал за тези доказателства. Благодаря предварително!

[Гост]

И какво трябва да се докаже - че двете снимки са еднакви?

[KOPMOPAH]

И какво трябва да се докаже - че двете снимки са еднакви?

Не са, умнико! След внимателно разглеждане (с изкривен врат), можеш да откриеш поне две разлики

[Davids]

Тъй като някой е bump-нал темата, а тя все така сиротно си няма доказателство, да вземем да я снабдим с едно. За целта ще припомним една от теоремите на Вайерщрас:

Ако $f: \R\to\R$ е дефинирана и непрекъснатa над интервала $[a,b]$, то нейните точни горна и долна граници в интервала $[a,b]$ съществуват и освен това се достигат в интервала.

Сега да пристъпим към доказателството на първата задача: Знаем, че $\lim_{x\to +\infty}f(x) = \lim_{x\to-\infty}f(x) = +\infty$. Преформулирано на дефиниционен език, това означава, че колкото и "голяма стойност" за $f$ да искаме, винаги можем да намерим две реални константи $A < 0$ и $B > 0$, "от които нататък" (в съответната посока) функцията винаги ще е по-голяма от набелязаната "голяма стойност", т.е. едновременно са в сила следните две твърдения:
2) $\forall M > 0 \exists A < 0: \forall x < A: f(x) > M$
1) $\forall N > 0 \exists B > 0: \forall x > B: f(x) > N$

Нека се възползваме, като фиксираме произволна константа $M$ и тогава, според разписаната дефиниция, съществуват две константи $A < 0$ и $B > 0$, така че $\forall x \notin [A, B]: f(x) > M$. А понеже $[A, B]$ е затворен интервал, според гореспоменатата теорема съществува най-малката стойност $N := \min_{x\in[A, B]}f(x) \le \min\{M, \max_{x\in[A, B]}f(x)\}$. Пускаме $M$ да клони към $+\infty$ и все някога $N$ ще се окаже глобалния минимум на $f$.

Другата задача се доказва абсолютно аналогично като вземеш $-f$.

П.С. в допълнение: замислих се какво ще стане, ако се окаже, че $N > M$. Разбира се, това е възможно при избора на произволна константа $M$, но само ако $M \notin R_f$, което само по себе си ако дори допуснем, че е възможно, то би означавало, че $R_f \ne \R$. Но понеже от условието знаем, че $R_f$ е от вида $[\alpha, +\infty)$, където $\alpha$ е или крайно число, или $-\infty$, то това допускане собственоръчно ни гарантира, че $\alpha \in R$, т.е. е крайно число, което се иска и да докажем в самата задача.

Та да, очевидно е, че $M$ ще трябва да е от $R_f$, което пък предвид извода, че $\forall x\notin [A, B]: f(x) > M$, ни гарантира, че $\exists x_0 \in [A, B]: f(x_0) = M$, което пък автоматично значи, че $N \le M$ (по дефиниция за $N$). Tака че $N$ е търсеният глобален минимум и, може би с това уточнение, доказателството е пълно.

Пък и без това за целта на аргумента се интересуваме какво се случва, когато затъркаляме $M\to+\infty$, но пък и формалната коректност не е за подценяване

[Гост]

Не ти трябват евкилибристиките с клоненето на М към безкрайност.