Matematické Fórum

Pavel · 17. 10. 2008 15:50 — Editoval Pavel (17. 10. 2008 15:55)

Najděte funkci $f(x)$ , která je definovaná na $\mathbb R$ a splňuje následující podmínky:

1. $f(x)$ není monotonní na žádném intervalu $I \subset\mathbb R$

2. $f(x)$ je prostá na $\mathbb R$

3. jednostranné limity funkce $f(x)$ neexistují v žádném reálném čísle

4. existují vlastní limity $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)$

5. v bodě $x=0$ má $f(x)$ globální minimum a platí $f(0)=0$

Velde funkce $f(x)$ zkonstruujte funkci inverzní $f^{-1}(x)$

$\blue \mathbf{ \stackrel{\cdot\hspace{1pt}\rule[-8pt]{1pt}{10pt}\hspace{1pt}\cdot}{\smile}}$

musixx · 17. 10. 2008 16:36

↑ Pavel: Coz takhle trosku zacvicit s funkci atan, treba nasledovne:

pro x>=0, x racionalni: y = atan(x)
pro x>=0, x neracionalni: y = pi - atan(x)
pro x < 0, x racionalni: y = 2pi + atan(x)
pro x < 0, x neracionalni: y = pi - atan(x)

Dokonce by zapis sel i zjednodusit, ale nebylo by videt, jak jsem to konstruoval. Inverzni funkce by se popsala analogicky. Splnuje to vsechno?

Pavel · 17. 10. 2008 17:16

↑ musixx:

Je to tak, pěkné řešení.

Funkce č.2:

Najděte funkci $f(x)$ , která je definovaná na $\mathbb R$ a splňuje následující podmínky:

1. v bodě $x=0$ má $f(x)$ globální minimum a platí $f(0)=0$

2. $f(x)$ je diferencovatelná na libovolném prstencovém okolí bodu $x=0$

3. $\exist\delta>0\forall\varepsilon\in(0,\delta)$ není funkce $f(x)$ monotonní na intervalech $(0,\varepsilon)$ a $(-\varepsilon,0)$

Pavel Brožek

↑ Pavel:

Co třeba funkce

$f(x)=2+\sin\frac{1}{x}$

dodefinovaná v nule hodnotou 0?

Pavel Brožek

Zajímavé by mohlo být hledat funkci $f:\,\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ (definovanou pro všechna reálná čísla), která má limitu nekonečno

a) ve spočetně mnoha bodech
b) ve všech racionálních bodech
c) ve všech bodech
d) na množině bodů, která má nenulovou jednorozměrnou Lebesgueovu míru

Případ a) je taková rozcvička. Případy b), c), d) jsem nerozmýšlel, takže je možné, že jsou triviální :-)

Pavel · 20. 10. 2008 19:08

↑ BrozekP:

ad a) $f(x)=|\tan x|$

ad b) pokud má taková funkce existovat, pak pro libovolné racionální číslo existuje okolí $U$ takové, že funkční hodnota ve všechn reálných číslech náležící do tohoto okolí je větší než libovolná předem daná kladná konstanta. A tedy pro každé iracionální číslo spadající do okolí $U$ existuje okolí $V\subset U$ takové, že platí totéž. A tak funkce nabývá nekonečné hodnoty pro všechna reálná čísla.

Chce to hodně silný dalekohled, abychom se na tu funkci podívali blíž :-)

ad c), d) totéž

Kdybychom zeslabili požadavek tak, aby limes superior byl nekonečný, pak by bylo myslím možné nějakou rozumnou funkci najít.

Pavel Brožek

↑ Pavel:

Stále si tvůj důkaz procházím a stále mi není zřejmé, že by byl úplný. Ukázal jsi, že existuje nějaká množina V (závislá na K), v které jsou funkční hodnoty větší než K. Ale ta množina V je právě závislá na K, nemůžeš pro každé K vzít stejnou množinu V. V tom vidím ten problém.

Já bych zkusil důkaz spíše způsobem, že bych pro každé pevné reálné x a K přímo dokázal, že f(x)>K. Bohužel zatím nevím jak. Symbolicky by se to dalo zapsat:

$(\forall x_0\in\mathbb{Q}\,\forall K\in\mathbb{R}\,\exists \mathcal{P}(x_0)\,\forall x\in\mathcal{P}(x_0):\,f(x)>K)\quad\stackrel{\mathrm{?}}{\Rightarrow}\quad(\forall x\in\mathbb{R}\, \forall K\in\mathbb{R}:\,f(x)>K)$

Pavel · 22. 10. 2008 19:04 — Editoval Pavel (22. 10. 2008 19:04)

↑ BrozekP:

Co to dokázat takto?

Nech? $\alpha\in\mathbb R\setminus\mathbb Q$ je iracionální číslo. Protože množina racionálních čísel je hustá v $\mathbb R$ , existuje posloupnost racionálních čísel $x_n\in{\mathbb Q}, \quad n=1,2,\ldots$ , která konverguje k číslu $\alpha$ . Pro každý člen posloupnosti $x_n$ definujme okolí

$P_\varepsilon(x_n)=\{y\in\mathbb{R};\ 0<|y-x_n|<\varepsilon\}.$

Protože má funkce $f$ podle předpokladu nekonečnou limitu ve všech racionálních číslech (tedy i ve členech posloupnosti $x_n$ ), musí platit, že

$\forall K>0\ \exists \varepsilon_n>0,\ n\in\mathbb{N}\,:\,\forall x\in P_{\varepsilon_n}(x_n)\ f(x)>K.$

Jenže posloupnost $x_n$ konverguje k iracionálnímu číslu $\alpha$ . A tak

$\exists n_0\in\mathbb{N}\ \forall n\in\mathbb{N},\ n>n_0\,:\,\alpha\in P_{\varepsilon_n}(x_n)$

Takže funkce $f(x)$ nabývá v iracionálním čísle $\alpha$ libovolně velké hodnoty.

Pavel · 23. 10. 2008 10:23

↑ Pavel:

Je zvláštní reagovat na svůj vlastní příspěvek, ale asi tam mám chybu. Ta okolí se mohou "zmenšovat" rychleji, než je "rychlost" konvergence posloupnosti $x_n$ . Takže se může stát, že to $\alpha$ nemusí náležet žádnému z těchto okolí.

Pavel Brožek · 23. 10. 2008 15:12

↑ Pavel:

Ano, přesně na tenhle problém jsem také narazil. Je to těžší, než se zdá. Skoro začínám uvažovat, jestli by funkce splňující b) přeci jen nemohla existovat :-)

Pavel Brožek

Jenom takový nápad:

Pro racionální čísla $r=\frac{p}{q}$ , p a q nesoudělná definujeme funkci

,

To by zaručilo, že pro každé racionální číslo bude limita nekonečno. Nevím ale, jestli suma v každém iracionálním čísle konverguje, to by chtělo ukázat, případně najít lepší funkci do sumy (jestli taková existuje).

Matematické Fórum

#1 17. 10. 2008 15:50 — Editoval Pavel (17. 10. 2008 15:55)

Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#2 17. 10. 2008 16:36

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#3 17. 10. 2008 17:16

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#4 17. 10. 2008 22:21 — Editoval BrozekP (17. 10. 2008 22:21)

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#5 17. 10. 2008 22:39 — Editoval BrozekP (18. 10. 2008 00:57)

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#6 20. 10. 2008 19:08

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#7 21. 10. 2008 16:55 — Editoval BrozekP (21. 10. 2008 17:30)

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#8 22. 10. 2008 19:04 — Editoval Pavel (22. 10. 2008 19:04)

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#9 23. 10. 2008 10:23

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#10 23. 10. 2008 15:12

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

#11 28. 10. 2008 12:50 — Editoval BrozekP (28. 10. 2008 12:52)

Re: Třinecko - Mostecko Jablunkovská funkce

Zápatí