381 | Демидович. Решения

381

IВведение в анализ

Показать, что функция, определяемая условиями:

$f (x) = n, если x = \frac{m}{n},$

где $m$ и $n$ — взаимно простые числа и $n > 0$ , и

$f (x) = 0, если x иррационально,$

конечна, но не ограничена в каждой точке $x$ (т. е. не ограничена в любой окрестности этой точки).

Да, да... Реклама всех бесит!Все решения пишутся на добровольной основе. Нет рекламы, нет дохода — нет мотивации поддерживать сайт. Если решение вам помогло, помогите и нам — добавьте сайт в исключения блокировщика!

Указание

Докажите следующую лемму:

У любой точки $x_{0} \in R$ всегда найдется проколотая окрестность $\overset{˚}{U} (x_{0})$ , в которой не найдется дробей с знаменателем меньшим или равным произвольно заданному $n_{0} \in N$ .

Решение

Лемма

Зафиксируем произвольные $x_{0}$ и $n_{0}$ . Разберем два возможных варианта:

$x_{0}$ можно представить в виде дроби с каким-то целым числителем и знаменателем $n_{0}$
$x_{0}$ нельзя представить в этом виде

$x_{0} \neq = \frac{m}{n _{0}} или x_{0} = \frac{m}{n _{0}}$

Докажем справедливость леммы в обеих вариантах.

$x_{0}$ нельзя представить в виде дроби

Тот факт, что $x_{0}$ нельзя представить в виде дроби $\frac{m}{n _{0}}$ означает, что произведение $x_{0} \cdot n_{0}$ не равняется какому-то целому числу. То есть, число $x_{0} \cdot n_{0}$ нецелое.

Мы можем "зажать" это нецелое число $x_{0} \cdot n_{0}$ между его округлениями снизу и сверху, то есть между какими-то соседними целыми $m_{0}$ и $m_{0} + 1$ , чтобы выполнялось неравенство:

$m_{0} < x_{0} \cdot n_{0} < m_{0} + 1$

Поделим все части неравенства на натуральное $n_{0}$ :

$\frac{m _{0}}{n _{0}} < x_{0} < \frac{m _{0} + 1}{n _{0}}$

Получили отрезок вещественной прямой, длина которого равна $\frac{1}{n _{0}}$ :

$x_{0} \in [\frac{m _{0}}{n _{0}}, \frac{m _{0} + 1}{n _{0}}]$

Пример полученного отрезка

Докажем теперь два ключевых утверждения:

В этом отрезке не может быть дробей вида $\frac{m}{n _{0}}$ (кроме его концов).

Доказательство

На самом деле очевидно, что отрезок состоит из чисел между соседними дробями $\frac{m _{0}}{n _{0}}$ и $\frac{m _{0} + 1}{n _{0}}$ и между ними не может быть еще одной дроби с таким же знаменателем (и целым числителем).

Если формально, предположим, что в этом отрезке все же присутствует некая дробь $\frac{m ^{'}}{n _{0}}$ . Но тогда:

$\frac{m _{0}}{n _{0}} < \frac{m ^{'}}{n _{0}} < \frac{m _{0} + 1}{n _{0}}$

$0 < \frac{m ^{'} - m _{0}}{n _{0}} < \frac{1}{n _{0}}$

$0 < m^{'} - m_{0} < 1$

Получается, что из разности двух целых чисел $m^{'}$ и $m_{0}$ мы получили нецелое число. Противоречие. Значит, дробь $\frac{m ^{'}}{n _{0}}$ не принадлежит рассматриваемому отрезку.

$■$

В этом отрезке не может быть больше одной дроби на каждый знаменатель, меньший $n_{0}$ . Другими словами, в отрезке находится ограниченное количество дробей с знаменателем, меньшим $n_{0}$ .

Доказательство

Пусть в нашем отрезке имеется вот такая дробь:

$\frac{m ^{'}}{n ^{'}} (n^{'} < n_{0})$

Если она одна, то проблем нет. Предположим, в этом отрезке есть еще какая-нибудь дробь с таким же знаменателем:

$\frac{m ^{''}}{n ^{'}} = \frac{m ^{'} + p}{n ^{'}} (p \in Z ∖ {0})$

Найдем расстояние между двумя этими дробями:

$∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \frac{m ^{'} + p}{n ^{'}} - \frac{m ^{'}}{n ^{'}} ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ p ∣ \frac{1}{n ^{'}}$

Но ведь у нас $n^{'} < n_{0}$ , поэтому можно провести следующие преобразования:

$n^{'} < n_{0} \frac{1}{n ^{'}} > \frac{1}{n _{0}}$

$∣ p ∣ \frac{1}{n ^{'}} > \frac{1}{n ^{'}} > \frac{1}{n _{0}}$

$∣ p ∣ \frac{1}{n ^{'}} > \frac{1}{n _{0}}$

Получается, расстояние между двумя дробями в нашем отрезке больше, чем длина самого этого отрезка! Противоречие. Значит, в отрезке не может быть больше одной дроби с знаменателем $n^{'}$ .

Подобные рассуждения можно провести для любого знаменателя, меньшего $n_{0}$ . Но таких знаменателей всего $n_{0} - 1$ штук (от $n_{0}$ до $1$ )! Значит, в отрезке может быть не больше $n_{0} - 1$ дробей с меньшим знаменателем!

$■$

Обозначим ближайшую слева к $x_{0}$ дробь с меньшим знаменателем за $r_{1}$ . Если слева от $x_{0}$ таких дробей не оказалось, то за $r_{1}$ принимаем левую границу отрезка. Аналогично, за $r_{2}$ обозначаем ближайшую справа к $x_{0}$ дробь с меньшим знаменателем (или правую границу отрезка).

Тогда мы можем ввести окрестность $U (x_{0})$ точки $x_{0}$ :

$U (x_{0}) = (r_{1}, r_{2})$

Пример окрестности 1

В этой окрестности нет дробей с знаменателем, который меньше или равен $n_{0}$ .

$■$

$x_{0}$ можно представить в виде дроби

Если

$x_{0} = \frac{m}{n _{0}}$

То рассмотрим два отрезка, между которые разделены точкой $x_{0}$ :

$[\frac{m - 1}{n _{0}}, \frac{m}{n _{0}}] и [\frac{m}{n _{0}}, \frac{m + 1}{n _{0}}]$

Пользуясь доказанными выше утверждениями, в первом и втором отрезках находится ограниченное количество дробей с знаменателем, меньшим $n_{0}$ .

Обозначим за $r_{1}$ самую правую такую дробь из первого отрезка (или его левую границу, если таких дробей нет). За $r_{2}$ обозначим самую левую дробь из второго отрезка (или его правую границу).

Тогда мы можем ввести окрестность $U (x_{0})$ точки $x_{0}$ :

$U (x_{0}) = (r_{1}, r_{2})$

Так как сама точка входит в эту окрестность, для выполнения условий леммы мы обязаны исключить ее из этой окрестности. Получаем проколотую окрестность:

$\overset{˚}{U} (x_{0}) = (r_{1}, r_{2}) ∖ {x_{0}}$

Пример окрестности 2

В этой проколотой окрестности нет дробей с знаменателем, который меньше или равен $n_{0}$ .

$■$

Решение задачи

В каждой точке $x$ вещественной прямой функция $f (x)$ конечна, так как по определению она в этой точке равна либо $0$ , либо какому-то рациональному числу.

Зафиксируем произвольную точку $x_{0}$ и произвольную ее окрестность $V (x_{0})$ .

Предположим, что функция $f (x)$ ограничена в окрестности $V (x_{0})$ . Значит существует граница $M > 0$ . По принципу Архимеда мы можем найти натуральное число $n_{1} \geq M$ .

Тогда, согласно доказанной выше лемме, существует проколотая окрестность $\overset{˚}{U}_{1} (x_{0})$ , в которой нет дробей (в том числе и несократимых) с знаменателем, меньшим или равным $n_{1}$ . Введем обозначение

$T_{1} = V (x_{0}) \cap \overset{˚}{U}_{1} (x_{0})$

$T_{1}$ является пролотой окрестностью точки $x_{0}$ , целиком содержится в $V (x_{0})$ и в ней нет дробей с знаменателем, меньшим или равным $n_{1}$ . Но рациональные числа в $T_{1}$ все же есть (исходя из непрерывности множества $R$ ). Возьмем какое-нибудь их них. Оно имеет вид несократимой дроби $\frac{m}{n _{2}}$ ( $m$ и $n_{2}$ взаимно простые), причем $n_{2} > n_{1}$ .

Мы можем повторить эти рассуждения уже для $n_{2}$ и получить $\overset{˚}{U}_{2} (x_{0})$ , а затем и $T_{2}$ , в котором найдется $n_{3} > n_{2}$ .

Таким образом, внутри $V (x_{0})$ мы построили последовательность дробей:

$\frac{m _{1}}{n _{1}}, \frac{m _{2}}{n _{2}}, \dots, \frac{m _{i}}{n _{i}}, \dots$

Причем знаменатели представляют собой бесконечно возрастающую подпоследовательность натуральных чисел:

$n_{1} < n_{2} < \dots < n_{i} < \dots$

Но по определению значения функции $f (x)$ для этих дробей как раз и равны их знаменателям, а значит значения функции тоже являются возрастающей подпоследовательностью натуральных чисел, которая превысит любую наперед заданную границу.

Значит, функция $f (x)$ является неограниченной в окрестности $V (x_{0})$ точки $x_{0}$ , а значит и в любой окрестности любой точки вещественной прямой.

$■$

Указание

Докажите, что на любом отрезке вида $[a, a + \frac{1}{2 ^{n}}]$ найдется хотя бы одна (возможно, сократимая) дробь со знаменателем $2^{n}$ .

Затем докажите, что на любом интервале длины $\frac{1}{2 ^{n}}$ найдется нескоратимая дробь с знаменателем $2^{n + 2}$ .

Решение

Лемма 1

На любом отрезке вида $[a, a + \frac{1}{2 ^{n}}]$ найдется хотя бы одна (возможно, сократимая) дробь со знаменателем $2^{n}$ .

Доказательство

Пусть $x = ⌊ a \cdot 2^{n} ⌋$ . Тогда

$x \leq a \cdot 2^{n} \leq x + 1$

Прибавим ко всем частям неравенства единицу и объединим с предыдущим неравенством:

$x \leq a \cdot 2^{n} \leq x + 1 \leq a \cdot 2^{n} + 1 \leq x + 2$

$a \cdot 2^{n} \leq x + 1 \leq a \cdot 2^{n} + 1$

Разделим все части неравенства на $2^{n}$ :

$a \leq \frac{x + 1}{2 ^{n}} \leq a + \frac{1}{2 ^{n}}$

Отсюда дробь в центре и является искомой дробью, которая удовлетворяет условию леммы.

$■$

Лемма 2

На любом интервале длины $\frac{1}{2 ^{n}}$ найдется нескоратимая дробь с знаменателем $2^{n + 2}$ .

Доказательство

Зафиксируем произвольный интервал вещественной прямой $I$ с длиной $\frac{1}{2 ^{n}}$ .

Выделим на этом интервале $I$ два последовательных "прижатых друг к другу" отрезка $A$ и $A^{'}$ с одинаковыми длинами, равными $\frac{1}{2 ^{n + 2}}$ .

$A = [a, a + \frac{1}{2 ^{n + 2}}] A^{'} = [a + \frac{1}{2 ^{n + 2}}, a + \frac{1}{2 ^{n + 1}}]$

Они оба поместятся в $I$ , так как их суммарная длина меньше длины интервала $I$ .

В первом отрезоке $A$ , по лемме 1, найдется дробь вида:

$d = \frac{m}{2 ^{n + 2}} \in A$

$a \leq \frac{m}{2 ^{n + 2}} \leq a + \frac{1}{2 ^{n + 2}}$

Рассмотрим соседнюю к $d$ дробь, прибавив ко всем частям неравенства $\frac{1}{2 ^{n + 2}}$ :

$a + \frac{1}{2 ^{n + 2}} \leq d^{'} = \frac{m + 1}{2 ^{n + 2}} \leq a + \frac{1}{2 ^{n + 1}}$

Исходя из этого неравенства получаем, что $d^{'} \in A^{'}$ .

Итак, у нас в отрезках $A$ и $A^{'}$ есть две соседние дроби:

$\frac{m}{2 ^{n + 2}} \frac{m + 1}{2 ^{n + 2}}$

У одной из двух этих дробей числитель обязательно будет нечетным, а значит какая-то из них точно несократимая.

$■$

Лемма 3

Внутри любого промежутка с длиной $ε$ можно выделить интервал длины $\frac{1}{2 ^{n}}$ при $n \geq n_{0}$ .

Доказательство

Найдем такое $n_{0}$ . Для этого рассмотрим неравенство:

$\frac{1}{2 ^{n_{0}}} < ε \frac{1}{ε} < 2^{n_{0}}$

Прологарифмируем обе части по основанию $2$ :

$lo g_{2} \frac{1}{ε} < n_{0}$

Итак достаточно найти натуральное $n_{0}$ , которое удовлетворяет неравенству выше (а оно найдется по принципу Архимеда) и тогда для любого $n \geq n_{0}$ , в промежутке с длиной $ε$ можно выделить интервалы с длиной $\frac{1}{2 ^{n}}$ .

$■$

Решение

Нам нужно доказать, что функция $f (x)$ неограничена в любой своей окрестности. Предположим противное. Пусть существует $ε$ -окрестность $f (x)$ , в которой она ограничена некоторым числом $M > 0$ . Тогда, по лемме 3 в этой окрестности найдется $n_{0}$ .

Возьмем $N = max (n_{0}, M)$ . Тогда, в $ε$ -окрестности найдется интервал с длиной $\frac{1}{2 ^{N}}$ . По лемме 2, в этом интервале найдется несократимая дробь $\frac{m}{2 ^{N + 2}}$ .

Но

$f (\frac{m}{2 ^{N + 2}}) = 2^{N + 2} > N + 2 > M$

Получили противоречие. Значит, функция $f (x)$ есть неограниченная на всей вещественной прямой.

$■$

Не разобрались?

Спросить

Все поняли?

Поддержать

236 382