Непрерывность функции на множестве

Определение

Непрерывность функции нескольких переменных:

Пусть точка [latex]A[/latex] принадлежит области определения функции [latex] u=f(M)[/latex] нескольких переменных и любая [latex]\varepsilon[/latex]-окрестность точки [latex]A[/latex] содержит отличные от [latex]A[/latex] точки области определения этой функции.

Функция [latex] u=f(M)[/latex] называется непрерывной на множестве [latex]\left \{ M \right \}[/latex], если она непрерывна в каждой точке этого множества.

Основные свойства непрерывных функций нескольких переменных:

Теорема об устойчивости знака непрерывной функции:

Если функция [latex] u=f(M)[/latex] непрерывна в точке [latex]A[/latex] евклидова пространства [latex] E^m [/latex] и если [latex] f(A)\neq0 [/latex], тo существует такая  [latex] \delta [/latex] окрестность точки [latex]A[/latex], в пределах которой во всех точках области своего задания [latex] f(M)[/latex] не обращается в нуль и имеет знак совпадающий со знаком[latex] f(M)[/latex]. Справедливость этой теоремы непосредственно вытекает из определения непрерывности функции в терминах «[latex] \varepsilon — \delta [/latex]».

Теорема о прохождении непрерывной функции через любое промежуточное значение:

Пусть функция [latex] u=f(M)[/latex] непрерывна во всех точках связного множества [latex]\left \{ M \right \}[/latex] евклидова пространства [latex]E^{m}[/latex], причем [latex] f(A)[/latex] и [latex] f(B)[/latex] — значения этой функции в точках [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex] этого множества. Пусть, далее, [latex]C[/latex] — любое число, заключенное между [latex] f(A)[/latex] и [latex] f(B)[/latex] . Тогда на любой непрерывной кривой [latex]L[/latex], соединяющей точки [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex] и целиком располагающейся в [latex] \left \{ M \right \} [/latex], найдется точка N такая, что [latex] f(N)=C [/latex].

Спойлер

Пусть

[latex]x_{1}=\varphi_{1}t[/latex], [latex]x_{2}=\varphi_{2}t[/latex], [latex]\ldots[/latex], [latex]x_{m}=\varphi_{m}t[/latex], [latex]\alpha \le t \le \beta[/latex],

— уравнения непрерывной кривой [latex]L[/latex], соединяющий точки [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex] множества [latex]\left \{ M \right \}[/latex] и целиком располагающейся в [latex]\left \{ M \right \}[/latex].

На сегменте [latex][\alpha, \beta][/latex] определена сложная функция [latex] u=f(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{m})[/latex], где и [latex]x_{i}=\varphi_{i}t[/latex], [latex]i=1, 2, \ldots, m[/latex], [latex]\alpha \le t \le \beta[/latex]. Очевидно, значение этой функции на сегменте [latex][\alpha, \beta][/latex] совпадают со значениями функции [latex] u=f(M)[/latex] на кривой [latex]L[/latex]. Указанная сложная функция одной переменной [latex]t[/latex], в силу непрерывности сложной функции, непрерывна на сегменте [latex][\alpha, \beta][/latex] и согласно второй теореме Больцано-Коши, в некоторой точке [latex]\xi[/latex] сегмента [latex][\alpha, \beta][/latex] принимает значение [latex]C[/latex]. По этому в точке [latex]N[/latex] кривой [latex]L[/latex] с координатами [latex]\varphi_{1}(\xi)[/latex], [latex]\varphi_{2}(\xi), \ldots,[/latex] [latex]\varphi_{m}(\xi)[/latex] справедливо равенство [latex]f(N)=C[/latex]. Теорема доказана.

[latex]\blacksquare[/latex]

[свернуть]

Литература:

Непрерывная функция

Тест на тему «непрерывные функции»

Таблица лучших: Непрерывная функция

максимум из 6 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

M2103. Таблица с разными числами в строке и столбце

Условие

Дана таблица [latex]n\times n[/latex], столбцы которой пронумерованы числами от [latex]1[/latex] до [latex]n[/latex]. В клетки таблицы расставляются числа [latex]1,2,\cdots, n[/latex] так, что в каждой строке и в каждом столбце все числа различны. Назовем клетку хорошей, если читсло в ней больше номера столбца, в котором она находится. При каких [latex]n[/latex] существует расстановка, в которй во всех строках одинаковое количество хороших клеток?

Решение

Найдем общее количество хороших клеток. В первом столбце их [latex]n-1[/latex] (все, кроме клетки с числом 1), во вторм их [latex]n-2[/latex] (все, кроме клетки с числом 1 и 2) и т.д., в последнем столбце таких клкеток нет. Значит, всего их [latex](n-1)+(n-2)+\cdots +1=\frac{n(n-1)}{2}[/latex]

Поэтому в каждой строке их должно быть по [latex]\frac{n-1}{2}[/latex], следовательно, [latex]n[/latex] должно быт ьнечетным.

[latex]1[/latex] [latex]n[/latex] [latex]n-1[/latex] [latex]\cdots[/latex] [latex]2[/latex]
[latex]2[/latex] [latex]1[/latex] [latex]n[/latex] [latex]\cdots[/latex] [latex]3[/latex]
[latex]3[/latex] [latex]2[/latex] [latex]1[/latex] [latex]\cdots[/latex] [latex]4[/latex]
[latex]\vdots[/latex] [latex]\vdots[/latex] [latex]\vdots[/latex] [latex]\ddots[/latex] [latex]\vdots[/latex]
[latex]n-1[/latex] [latex]n-2[/latex] [latex]n-3[/latex] [latex]\cdots[/latex] [latex]n[/latex]
[latex]n[/latex] [latex]n-1[/latex] [latex]n-2[/latex] [latex]\cdots[/latex] [latex]1[/latex]

Приведем пример расстановки при нечетном [latex]n[/latex]. Пусть в первой строке записаны числа в порядке [latex]1,n,n-1,n-2,\cdots,2[/latex]

а каждая следующая строка является циклическим сдвигом предыдущей строки на 1 клетку (см.рис.). Очевидно, в любой строке и в любом столбце каждое из чисел [latex]1,2,\cdots,n[/latex] встречается по одному разу. Рассмотрим [latex]m[/latex]-ю строку ([latex]m\in \left \{ 1,2,\cdots,n \right \}[/latex]). В ее первых [latex]m[/latex] клетках стоят числа [latex]1,2,\cdots,m[/latex] в обратном порядке, поэтому среди этих клеток ровно [latex]\left [\frac{m}{2} \right][/latex] хороших. В ее последних [latex]n-m[/latex] клетках(т.е. в столбцах с номерами [latex]m+1,m+2,\cdots,n[/latex]) стоят числа [latex]m+1,m+2,\cdots,n[/latex] в обратном порядке, поэтому среди этих клеток ровно [latex]\left [\frac{n-m}{2} \right][/latex] хороших. Так как числа [latex]m[/latex] и [latex]n-m[/latex] разной четности, то в [latex]m[/latex]-й строке ровно [latex]\left [\frac{m}{2} \right]+\left [\frac{n-m}{2} \right]=\frac{m}{2}+\frac{n-m}{2}-\frac{1}{2}=\frac{n-1}{2}[/latex] хороших клеток.

К.Чувилин

M1384. Невырожденность и выпуклость четырехугольников, связанных с центрами вписанного, описанного кругов и ортоцентром треугольника

Условие

ABC — неравнобедренный остроугольный треугольник; O и I — центры описанного и вписанного кругов, H — ортоцентр треугольника. Докажите, что четырехугольники AOIH, BOIH и COIH невырождены и среди них ровно два выпуклых.

Доказательство

Решению предпошлем легко доказываемое предположение:

В треугольнике биссектриса делит пополам угол между высотой и радиусом описанного круга, проведенным в ту же вершину.

Рис. 1 к задаче M1384

Докажем это предположение. Пусть [latex]BM[/latex] — биссектриса угла [latex]ABC[/latex] (рис. 1). Так как [latex]OB=OM[/latex], то [latex]\angle OBM=\angle OMB[/latex]. Так как точка [latex]M[/latex] — середина дуги [latex]AMC[/latex], то прямые [latex]OM[/latex] и [latex]BD[/latex] параллельны. Следовательно, [latex]\angle DMB=\angle BMO[/latex], отсюда [latex]\angle OBM=\angle DBM[/latex], что и требовалось доказать.

Решение задачи. Покажем вначале, что точки [latex]O[/latex] и [latex]H[/latex] не могут лежать на одной прямой с какой-либо из вершин треугольника (в частности, эти точки не могут совпадать). Действительно, в этом случае выходящие из вершины медиана и высота совпадают, и треугольник оказывается равнобедренным. Отсюда и из леммы уже следует, что [latex]AOIH[/latex], [latex]BOIH[/latex] и [latex]COIH[/latex] — невырожденные многоугольники (четырехугольники либо треугольники).

Рис. 2 к задаче M1384

Пусть прямая [latex]OH[/latex] пересекает стороны [latex]AB[/latex] и [latex]BC[/latex] треугольника, [latex]BC> AB[/latex]. Для завершения решения достаточно доказать, что точка [latex]I[/latex] лежит внутри той же полуплоскости с границей [latex]OH[/latex], что и точка [latex]B[/latex] (рис.2). Докажем это.

Обозначим [latex]BD=h_{s}[/latex]. Имеем: [latex]CD>AD[/latex]. Восстановим перпендикуляр к середине отрезка [latex]AC[/latex], получаем: точка [latex]O[/latex] принадлежит треугольнику [latex]BCD[/latex]. Обозначим через [latex]E(K)[/latex] точку пересечения прямой [latex]AI(CI)[/latex] с прямой [latex]OH[/latex]. Необходимо доказать, что точки на прямой расположены в следующем порядке: [latex]O,K,E,H[/latex], т.е что [latex]\frac{OK}{KH}< \frac{OE}{EH}.[/latex] Но биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Отсюда и из леммы получаем: [latex]\frac{OK}{KH}=\frac{CO}{CH}, \frac{OE}{EH}=\frac{AO}{AH}.[/latex] Доказываемое утверждение можно теперь переписать так: [latex]\frac{AH}{AO}< \frac{CH}{CO}[/latex] или [latex]CH>AH.[/latex] Но поскольку [latex]CD>AD[/latex], то [latex]CH>AH[/latex]. Отсюда и следует утверждение задачи.

Замечания:

  • Нетрудно показать, что прямая [latex]OH[/latex] пересекает большую и меньшую стороны треугольника [latex]ABC[/latex]. Значит, выпуклыми являются четырехугольники, соответствующие большему и меньшему его углам.
  • Задача допускает также и алгебраическое решение.

В.Сендеров

M1472

Журнал «Квант» — физико-математический журнал для школьников и студентов

ЯНВАРЬ/ФЕВРАЛЬ 1995 г. №1

Условие.

При каких натуральных [latex]n>1[/latex] в таблице

[latex]1[/latex] [latex]2[/latex] [latex]3[/latex] [latex]…[/latex] [latex]n-1[/latex] [latex]n[/latex]
[latex]n[/latex] [latex]1[/latex] [latex]2[/latex] [latex]…[/latex] [latex]n-2[/latex] [latex]n-1[/latex]
[latex]n-1[/latex] [latex]n[/latex] [latex]1[/latex] [latex]…[/latex] [latex]n-3[/latex] [latex]n-2[/latex]
[latex]…[/latex] [latex]…[/latex] [latex]…[/latex] [latex]…[/latex] [latex]…[/latex] [latex]…[/latex]
[latex]3[/latex] [latex]4[/latex] [latex]5[/latex] [latex]…[/latex] [latex]1[/latex] [latex]2[/latex]
[latex]2[/latex] [latex]3[/latex] [latex]4[/latex] [latex]…[/latex] [latex]n[/latex] [latex]1[/latex]

можно выбрать [latex]n[/latex] разных чисел в разных строках и разных столбцах?

Решение и ответ.

Ответ: при нечетном [latex]n[/latex] — можно, при четном — нельзя.

Будем считать, что таблица состоит из клеток [latex](x;y)[/latex], где [latex]x[/latex] и [latex]y[/latex] — целые числа от [latex]1[/latex] до [latex]n[/latex], причем в клетке [latex](x;y)[/latex] стоит число [latex]f(x;y)[/latex] от [latex]1[/latex] до [latex]n[/latex] такое, что: [latex]f(x;y)=x+y(mod n).[/latex]

Т.е. разность [latex]f(x;y)-(x+y)[/latex] делится на [latex]n[/latex]. (Очевидно, это расположение чисел такое же, как в условии).

Если выбраны числа в клетках [latex](x_{i};y_{i})[/latex], стоящих в разных строках и разных столбцах [latex](i=1,2,…,n)[/latex], то среди [latex]x_{i}[/latex] и среди [latex]y_{i}[/latex] каждое число [latex]1,2,…,n[/latex] встречается по разу, поэтому [latex]x_{1}+…+x_{n} = y_{1}+…+y_{n} = n(n+1)/2[/latex].

Если все числа [latex]f(x_{i};y_{i})[/latex] различны по модулю [latex]n[/latex], то и сумма [latex](x_{1}+y_{1})+…+(x_{n}+y_{n})=n(n+1) [/latex]

должна равняться [latex]n(n+1)/2[/latex] по модулю [latex]n[/latex]. Но если [latex]n[/latex] чётно, [latex]n=2k[/latex], то разность [latex]2k(2k+1)-k(2k+1)=k(2k+1)[/latex]

не делится на [latex]n=2k[/latex], так что выбрать числа требуемым образом нельзя.

Если же [latex]n[/latex] нечетно, то достаточно выбрать числа [latex]f(x;y)[/latex] в клетках [latex]x=y[/latex], идущих по диагонали, где все они различны (числа [latex]2,4,…,2n[/latex] дают разные остатки при делении на [latex]n[/latex]).

Замечание.

Эта задача — по существу другая формулировка двух более известных:

[latex](1)[/latex] Можно ли выписать две перестановки чисел [latex] 1,2,…,n [/latex] одну под другой так, чтобы суммы чисел по столбцам давали различные остатки от деления на [latex]n[/latex]?
[latex](2)[/latex] Пусть [latex]n[/latex] штырьков радиолампы и [latex]n[/latex] соответствующих гнезд розетки, в которую она втыкается, расположены по кругу в вершинах правильного [latex]n[/latex]-угольника. Можно ли штырьки и гнезда занумеровать числами [latex]1,2,…,n[/latex] так, чтобы при любом втыкании лампы в розетку ровно один штырек попадал в гнездо с тем же номером?

Ответ. конечно, тот же, что и в задаче [latex]M1472[/latex].

Н.Васильев, А.Савин

M1344

Задача из Научно-популярного физико-математическом журнала «Квант». Она была опубликована в февральском выпуске 1993г. под номером М1344.

Условие задачи

Том Сойер красит забор, состоящий из бесконечной последовательности прямоугольных досок разной ширины и высоты. Каждая доска на 1% уже, чем предыдущая, и выше нее, но не выше 2м. Том начинает с первой доски и затем, если доска выше предыдущей более чем на 2%, красит ее, а в противном случае — пропускает. Может ли забор быть таким, что он покрасит не менее:
а) 40%, б) 50%, в) 60% площади забора?

Решение

Пусть an — высота, bn — ширина n-ой доски; n=1,2,…
Положим [latex]q=0.99, p=\frac{1}{0.99*1.02}=\frac{1}{1.0098}[/latex].
По условию, [latex]b_{n}=b_{1}q^{n}, a_{n}\leq 2[/latex]; доска будет окрашена, если отношение площади предшествующей доски к ее площади меньше p.
Заметим, что несмотря на бесконечность количества досок, длина и площадь забора конечны: его длина равна сумме бесконечно убывающей прогрессии [latex]b_{1}(1+q+…+q^{n}+…)=\frac{b_{1}}{1-q},[/latex] а площадь не превосходит [latex]\frac{2b_{1}}{1-q},[/latex].
Мы не только ответим на вопрос задачи, но и найдем точную оценку сверху доли окрашеной площади забора. Пусть забор таков, что первые N досок окрашены, а за ними идут неокрашеные доски высотой [latex]a_{N}=a, N-[/latex] достаточно большое число (см. рисунок). Площадь неокрашеных досок равна [latex]D=a(q+q^{2}+…)=\frac{aq}{1-q}[/latex], а площадь окрашенных может быть сколь угодно близка к [latex]C=a(1+q+q^{2}+…)=\frac{a}{1-p}[/latex].
Поскольку [latex]\frac{C}{D}=\frac{1-q}{(1-p)q}=\frac{0.01*0.99*1.02}{0.0098*0.99}=\frac{1.02}{0.98}=\frac{51}{49}[/latex], этот пример показывает, что доля окрашенных досок может составлять почти 51% (и быть сколь угодно близкой к этому числу); нетрудно видеть, что эта доля может быть и любым меньшим числом.
Докажем, что она не может быть равной или большей 51%. Обозначим через S общую площадь забора, C — площадь окрашенных досок, [latex]D = S-C[/latex] — площадь неокрашенных. Будем называть неотмеченными доски, предшествующие неокрашенным.
Пусть n-ая доска отмечена, тогда (n+1)-ая окрашена, и [latex]a_{n}b_{n}\leq a_{n+1}b_{n}=\frac{a_{n+1}b_{n+1}}{q}[/latex]. Поэтому площадь всех неотмеченных досок не превосходит [latex]\frac{D}{q}[/latex]. Пусть теперь n-ая доска не отмечена; тогда (n+1)-ая окрашена, и [latex]a_{n}b_{n}\leq pa_{n+1}b_{n+1}[/latex]. Поэтому площадь всех неотмеченных досок не больше pC. Складывая площади всех — отмеченных и неотмеченных — досок, получим: [latex]S=pC+\frac{D}{q}[/latex], откуда, заменив S на C+D, получим [latex]C(1-p)\leq D(\frac{1}{q}-1)=\frac{D(1-q)}{q}[/latex], т.е. [latex]\frac{C}{D}\leq \frac{1-q}{q(1-p)}=\frac{51}{49}[/latex].
Итак, ответы на вопросы а) и б) задачи положительны, на вопрос в) — отрицателен.

А.Григорян