Pretpostavimo suprotno, da funkcija nije polinomska, ali da važi

.

1 . je neprekidno.

Dokaz: Neprekidno je kao diferencijabilno jer postoji .

2. Oznaka: .

3. Skup svih tačaka koje imaju okolinu na kojoj je funkcija polinomijalna je otvoren i svuda gust i na njemu je funkcija lokalno polinomijalna.

Dokaz: Netrivijalno je dokazati da je skup svuda gust. Obzirom da je i da su skupovi otvoreni, po Berovoj teoremi za svaki pravi interval postoji takvo da nije gust u , odnosno postoji pravi interval takav da je . No, to znači da je polinomijalna na intervalu . Za ma koje važi .

4. Oznaka: je niz disjunktnih otvorenih intervala čija je unija skup .

5. Oznaka: - skup tačaka koje imaju okolinu u kojoj je funkcija polinomijalna stepena manjeg od ,

6. Oznaka: ,

7. Oznaka: .

8. Skup je zatvoren,

Dokaz: Na osnovu 1.

9. .

10. Ako je funkcija na pravom intervalu polinomijalna, taj polinom je jednoznačno određen.

Dokaz: Polinom je jednoznačno određen vrednostima u bilo kojih beskonačno mnogo tačaka.

11. Neka je bilo koji pravi otvoreni interval na kome je funkcija lokalno polinomijalna. Ona je na njemu polinomijalna.

Dokaz: Za ma koji kompaktan interval ma koja tačka ima okolinu u kojoj je funkcija polinomijalna. Takve okoline čine otvoreni pokrivač kompaktnog skupa . Iz njega možemo izdvojiti konačan potpokrivač. Obzirom da je na svakom elementu konačnog potpokrivača funkcija polinomijalna, možemo uočiti prirodan broj koji je veći od stepena svih tih konačno mnogo polinoma, pa na kompaktu važi , pa je na unutrašnjosti intervala funkcija polinomijalna. Neka je rastući niz kompaktnih podintervala od takvih da je unija njihovih unutrašnjosti interval . Funkcija je polinomijalna na svakom od njih, a prema 10 su svi ti polinomi jednoznačno određeni vrednošću funkcije na , pa se radi o jednom polinomu. Stoga je funkcija polinomijalna na celom intervalu .

12. Funkcija je polinomijalna na svakom od intervala .

Dokaz: Na osnovu 11.

13. Izvodi funkcije bilo kog reda na bilo kom kraju intervala jednaki su odgovarajućim izvodima na tom kraju intervala polinoma kome je funkcija jednaka na intervalu .

Dokaz: Na osnovu 1.

14. Tejlorov razvoj funkcije u okolini bilo kog od krajeva intervala je konačan i jednak funkciji na intervalu .

Dokaz: Sledi iz 13 i osobina polinoma.

15: Ako je funkcija polinomijalna na dva intervala koji imaju jedan zajednički kraj, onda je polinomijalna i na uniji zatvorenja tih intervala. Opštije, ako je funkcija lokalno polinomijalna na nekom intervalu bez nekog diskretnog skupa tačaka, onda je polinomijalna na zatvorenju tog intervala. Stoga intervala ima beskonačno mnogo.

Dokaz: Sledi iz 14.

16: Svaki od krajeva intervala pripada skupu .

Dokaz: U suprotnom postoji okolina tog kraja u kojoj je funkcija polinomijalna, pa je za neko . No, u tom slučaju je suprotno izboru tih intervala.

17: Skup nema izolovanih tačaka.

Dokaz: Ako je izolovana tačka skupa , postoji takvo da je . Obzirom da je funkcija lokalno polinomijalna na ona je prema 15 polinomijana na , što protivreči izboru tačke .

18: Neka je otvoren skup takav da je i neka je prirodan broj . Postoji tačka takva da je .

Dokaz: U skupu možemo izabrati neki od intervala na kome se ne anulira. U suprotnom, pošto je na osnovu 3 skup svuda gust, na osnovu neprekidnosti je na celom skupu , što je u suprotnosti sa . Za tako izabrani neka je stepen polinoma kome je funkcija jednaka na intervalu . Obzirom da se ne anulira na tom intervalu, važi . Obzirom da je , interval se ne svodi na , pa mu barem jedan od krajeva pripada skupu . Obeležimo ga sa . Ukoliko je tvrđenje je dokazano (jer na osnovu 16). Pretpostavimo zato da je . Svakako je . Neka je najmanji broj iz skupa takav da je . Izaberimo okolinu tačke takvu da je . To je moguće na osnovu 1. Obzirom da je za



za neko , važi za sve . Obzirom na 17 i , tvrđenje sledi.

19: .

Dokaz: Pretpostavimo da je . Prema 18, obzirom da je , možemo izabrati tačku skupa za koju je i na osnovu neprekidnosti kompaktnu okolinu takvu da . Obzirom da je u okolini možemo izabrati unutrašnju tačku takvu da je i na osnovu neprekidnosti kompaktnu okolinu takvu da . Nastavljajući ovaj postupak, konstruišemo opadajući niz kompakata takav da . Za je za sve suprotno pretpostavci zadatka.

20. je lokalno polinomijalna na .

Dokaz: Na osnovu 19 je .

21. je polinomijalna na suprotno pretpostavci.

Dokaz: Na osnovu 11 i 20.

_{[Ovu poruku je menjao Nedeljko dana 09.06.2013. u 01:06 GMT+1]}

Sonec,

ako ti nije mrsko, daj neki hint, jer sumnjam da je moje rešenje najelegantnije.

Ako je ,zar nije očigledno da je
? .itd tražimo primitivnu funkciju unatraške.

Postavka zadatka nije da postoji jedan prirodan broj takav da je na celom , nego da za svako postoji po neko (koje zavisi od ) za koje je u toj jednoj tački . Ako uspeš da dokažeš da postoji jedno isto za sve tačke, rešio si zadatak.

Ovdje ne piše da n-ti izvod nesmije biti nula na cijelom R.A traži se dokaz da je ta funkcija polinom,što nije teško.Dokažimo i da nemože biti nešto drugo osim polinoma.
Ako razmotrimo i takav slučaj tj. da izvedene funkcije prave ogroman broj nula i da je n ogroman broj to ni slučajno neće pokriti sve x-ove na R.
Može se dokazati uslovom derivabilnosti.

Tačno. Isto tako ne piše ni da n-ti izvod mora biti nula na celom R. Možeš koristiiti samo ono što je dato u zadatku.

Kako?

Ako izvodi beskonačno diferencijabilne funkcije prave sve više nula, zaista sve one ne moraju pokriti ceo R. Međutim, uslov zadatka je da za svaku tačku postoji izvod nekog reda koji se anulira u toj tački. Uz taj uslov nema kontraprimera. Upravo sam to dokazao.

Ako misliš da kontraprimera ima, slobodno ga konstruiši.

Nasao sam neke dokaze na net-u, i u principu to jeste put kojim je Nedeljko isao. Ipak sam se iznenadio da je potreban tako fundamentalan dokaz za nesto sto izgleda "ocigledno". Inace, razmisljajuci o ovom problemu, mislio sam da nesto moze da se uradi preko Tejlorovog razvoja. Rekao bih da na osnovu datih uslova nije tesko zakljuciti da je Tejlorov polinom ovakve funkcije u svakoj tacki bez ostatka, tj. da je postoji razvoj bez ostatka. Dalje bi trebalo pokazati da je ovakva osobina lokalna, tj. da za svaku tacku postoji okolina u kojoj je funkcija jednaka svom Tejlorovom polinomu - ovo verovatno i predstavlja najveci izazov, sudeci po izlozenom dokazu. Mislio sam da nesto moze da se uradi sa Lagranzevim ostatkom - on se u ovom slucaju uvek moze svesti na 0. Na kraju bi se iskoristio argument da lokalno polinomska funkcija jeste polinom. U svakom slucaju, to je skica koju sam imao u glavi, i ne sumnjam da dokaz moze i tako da se izvede, s' obzirom da je tvrdjenje tacno - osim, naravno, ako neki od argumenata koje sam izneo nisu valjani :)

Ja zaista ne znam kako bi se dokazalo da Tejlorov razvoj ove funkcije u okolini bilo koje tačke konvergira funkciji u barem jednoj okolini te tačke, tj. da je funkcija analitička. To nije opšte svojstvo beskonačno diferencijalnih funkcija. Postoji čuveni primer funkcije

.

koja je beskonačno diferencijabilna na celom skupu realnih brojeva, a Tejlorov razvoj u okolini nule joj se svodi na nulu ( za sve ), što se svakako razlikuje od vrednosti funkcije u bilo kojoj drugoj tački.

Naravno, obzirom da iz navedenih uslova sledi da je funkcija polinmijalna, ona je svakako analitička sa konačnim Tejlorovim razvojem u svakoj tački, ali ja ne znam kako bih dokazao da je funkcija analitička bez da znam da je polinomijalna, tj. kako bih tim putem (preko dokaza analitičnosti) dokazao polinomijalnost funkcije.

Nego, postavljač teme se nešto ućutao. Baš me zanima koje je rešenje predvideo. Ne mora celo, ali barem neka da hint.

@Nedeljko
Ne znam ni ja, zato sam i stao :) Nego, funkcija koju si naveo ne zadovoljava naravno uslove zadatka, za x <> 0. Tako da ima tu nesto... Ono sto sam se pitao, zaboravio sam ako sam i znao, je gde vazi recimo formula Lagranzovog ostatka? Mislim na procenu greske ? Rekao bih da ona mora da vazi u nekoj okolini tacke u kojoj se trazi razvoj... Ako je to tako, onda bi bilo u nekoj okolini bilo koje tacke. Ili ja nesto grdno gresim :)

Uslove zadatka ispunjavaju samo polinomi, ali to treba dokazati.

Lagranžev oblik ostatka važi u opštem slučaju. Još "samo" kada bi dokazao da za dato postoje tako da za svako važi za beskonačno mnogo prirodnh brojeva , bio bi na konju. No, to za beskonačno diferencijabilne funkcije u opštem slučaju nija tačno. Ništa ti ne znači Lagranžev oblik Tejlorovog ostatka ako nemaš nikakvu procenu izvoda proizvoljnog reda u bar jednoj okolini.

Hm, da... Mislim, ne vazi za beskonacno diferencijabilne, ali ocigledno da uz taj dodatni uslov vazi... Zar se ceo dokaz zapravo sastoji u tome da u nekoj okolini proizvoljne tacke pokazes da postoji red izvoda k, takav da je za sve x iz te okoline?

Da, samo što onu tačku ne možeš da biraš. Lagranževa teorema ti da neku tačku u kojoj to važi i koja zavisi i od tačke u čijoj se okolini razvija funkcija i od tačke u kojoj se traži vrednost funkcije i od .

Tako sam i mislio, tu znaci sada nedostaje korak u kojem bi se iskoristilo to da za svako x ima neko n u kojem je n-ti izvod 0, pa znaci treba pokazati da potoji taj najveci red izvoda u okolini tacke, za koji su izvodi u svim tackama te okoline jednaki nuli. Tako bi i to , koje mora biti iz te okoline, zadovoljavalo isti uslov...

Pa, mislim, fali. Slažem se. Pokušavao sam ja na te fore preko funkcionalne analize, ali je problem sa primenom bio što operator diferenciranja nije ograničen, već samo zatvoren, što mi nije bilo dovoljno.

Ja sam u velikoj guzvi ovih dana tako da ne zamerite na mom neucestovavanju u temi (sto ce se i nastaviti bar jos 5,6 dana).

Nedeljko je trazio neki hint i evo nekih smernica (mozda je previse detaljno, al ja ne mogu sada da ga redukujem):

- Neka je i interior od . Pokazati da je neprazan

- Pokazati da je prebrojiva unija otvorenih segmenata

- Primetiti da je dovoljno pokazati da je

- Neka je i komplement od . Pokazati da postoji interval takav da je i

- nema izolovanih tacaka

- Po konstrukciji je unija intervala koji se pojavljuju u nekom . Uzimimo takav jedan interval , recimo (gde je minimalno) i neka je jedan kraj intervala . Pokazati , stavise, za .Zatim pokazati , sto nas dovodi u kontradikciju.

Čini mi se da se Nedeljkova ideja može malo skratiti. Koristiću Nedeljkove oznake, osim i , što kod mene označava nešto drugo.

Primenićemo Berovu teoremu ne na prostor , nego na njegov potprostor indukovan skupom (ovaj skup je zatvoren, pa je posmatrani potprostor takođe kompletan metrički prostor). Kako je , iz Berove teoreme dobijamo postojanje otvorenog intervala takvog da je skup neprazan i disjunktan sa za neko , tj. da važi . Kako skup nema izolovanih tačaka, svaka tačka skupa jeste tačka nagomilavanja, odakle (zbog beskonačne diferencijabilnosti) sledi za sve . Dalje, neka je ma koji maksimalan otvoren podinterval otvorenog skupa . Funkcija jeste polinom na intervalu (recimo, prema Nedeljkovom koraku 11), pa je za neko funkcija jednaka nenula konstanti na intervalu (prelazan na zatvoren interval vršimo zahvaljujući neprekidnosti). No, kako nije teško primetiti da bar jedna od tačaka ili mora pripadati skupu , dobijamo , te je . Odatle je, sveukupno, , ali ovo je u kontradikciji s činjenicom da je skup neprazan.

Ja bih to probao jednostavnije.Neka ta funkcija nije polinom, i ima izvode,prvi,drugi,treći itd koliko hoćeš.Neka za svaki x bar jedna od tih izvedenih funkcija ima nulu.
Formirajmo novu funkciju tako da pomnožimo sve izvode početne funkcije.



Pošto je bar jedan faktor za bilo koji x nula onda će cijela funkcija biti nula za svako x,pa i njen izvod takođe za svako iks je nula.

Napravimo prvi izvod te funkcije (koji će morati biti jednak nuli) i posmatrajmo samo onaj najintresantniji član za željeni x.Ispada da će izvod od izvoda koji je za taj x imao nulu morati opet imati nulu na istom mjestu.
,(Ono sve-ostalo je nula u toj tački zbog j-tog izvoda.Ja mislim da je dokazivo?Takođe i ako u datoj tački ima dvije ili više funkcija izvoda kojima je to nula.Da ne smaramo ako nije potrebno.)

Zaključak:Ako u nekoj tački imamo nulu j-tog izvoda,onda će i svi naredni izvodi imati nulu u toj tački.Dalje je lako dotjerati do polinoma kao jedine mogućnosti.

Ovde se množi konačno mnogo izvoda funkcije, a ne svi izvodi (jer njih ima beskonačno mnogo), tako da navedena rečenica nije u skladu sa formulom.

Ako bi pak izmnožio sve izvode, to je beskonačan proizvod, pa bi morao da dokažeš konvergenciju. Čak i kada bi je dokazao, morao bi da dokažeš da se može formalno diferencirati član po član.

(ako postoji,i u skladu sa zahtjevom zadatka)
Uočimo izvod najnižeg reda koji siječe osu x,neka je to naprimjer prvi izvod.

Prvi izvod gornje funkcije možemo napisati:


Slijedi zaključak da je i drugi izvod jednak nuli za istu tačku jer svi ostali izvodi nisu jednaki nuli u toj tački.

Možemo odabrati bilo koji x i naći koji izvod tu ima nulu.Istim načinom dokazali bi da i izvod tog izvoda,dakle sledeći takođe tu mora imati nulu.

Uzmemo li samo neko područje na R,pa još neke okolo priče,dotjerali bi do toga
da n-ti izvod prolazi kroz sve tačke,u svakoj tački je nula.A to znači da je
,n-ti izvod polinoma n-tog stepena.

(nešto bi se dalo muljati oko nekih ograđivanja,preciziranja,te šta ako u onom prvom koraku više funkcija ima nultačku baš tu,te ovo te ono i druge stvari.Ja to ne želim niti znam raditi.)

To nije zahtev zadatka. Zahtev zadatka je da za svako postoji po neko , za koje je i nigde ne piše da postoji neko takvo da je uvek .

Ako misliš da takav konačan proizvod postoji, onda to dokaži.

Bojane, izgleda da ja ne mogu da mu objasnim, pa pomozi.

Da se razumemo, obzirom da iz uslova sledi da je funkcija polinom (što treba dokazati), izvod nekog reda koji je konstantno jednak nuli postoji, pa samim tim i taj proizvod. Međutim, to treba dokazati.

Zahtev zadatka je da za svako postoji po neko , za koje je i nigde ne piše da postoji neko takvo da je uvek .

Uvedimo baš taj,po volji velik prirodan broj koji je jednak najvećem .Nužan i dovoljan uslov da je polinom -tog reda je ako vrijediza svako
Bojane, izgleda da ja ne mogu da mu objasnim, pa pomozi.

-ti izvod i svi ostali prije njega nisu u potpunosti pokrili skup,ali je to sledeći izvod napravio.
Nije lijepo da je prazan,mada neki prethodni mogu biti.
Ajmo sada na početak,sa skupovima nula prvog i drugog izvoda.Neka prvi pokriva djelić od ,a drugi izvod malo poveća taj prostor novim nulama.Uvedimo ovakvu funkciju na tom prostoru i zaključimo da će ova funkcija imati vrijednost nula na njemu.
Prvi izvod takve funkcije takođe je nula.Iz tog izvoda se vidi i da je drugi izvod nula na cijelom tom prostoru.Nule prvog izvoda su komplet sadržane u nulama drugog izvoda pa ga odbacimo.

Prema tački 6 pravilnikaneću tjerati do kraja.Predlažem da to neko kritički i preciznije objasni ili odbaci.

Samo još dokaži da postoji najveći . Onda je trivijalno. Samo taj detalj fali. Dokaži da nije iskorišćeno beskonačno mnogo prirodnih brojeva .

Bojane, uključuj se!

@zzzz:

Nedeljko je u pravu. Da probam i ja objasniti u čemu je problem s tvojom idejom. Zamisli da je zadata funkcija takva da važi (gde ovo ne važi za izvode reda manjeg od ), zatim (gde je najmanji red), zatim , pa itd. Poenta je, dakle, da bi se možda moglo desiti da ne postoji to tvoje najveće koje planiraš da uzmeš; koliko god da uzmeš velik prirodan broj , da ti u nekoj tački zapravo ipak treba izvod većeg reda od toga što si uzeo.

zzzz

Pokušaj da oboriš mogućnost da za sve važi .

Evo malo kraćeg rešenja.

Neka je

Očigledno je za svako skup zatvoren. Takođe, . Iz Berove teoreme o kategorijama sledi da za svaki neprazan otvoren interval postoje i neprazan interval takvi da je . Pošto je za sve , funkcija je polinom stepena ne većeg od na skupu .

Neka su ma koji neprazni otvoreni intervali takvi da je i neka su ma koji polinomi i neka je na skupu i na skupu . U tom slučaju, polinomi i se poklapaju na intervalu , odnosno na beskonačnom skupu tačaka. Polinomi koji su jednaki u beskonačno mnogo tačaka se poklapaju, pa važi .

Neka je ma koji interval na kome je funkcija polinomijalna i neka je polinom takav da je na . Na ma kom intervalu na kome je funkcija polinomijalna važi , pa je na uniji svih intervala koji sadrže interval i na kojima je funkcija polinomijalna. Stoga je svaki otvoren interval na kome je funkcija polinomijalna sadržan u nekom maksimalnom otvorenom intervalu na kome je funkcija polinomijalna.

Različiti maksimalni intervali na kojima je funkcija polinomijalna ne mogu se preklapati jer bi presek ta dva intervala bio interval na kome je funkcija polinomijalna, pa bi bila jednaka istom polinomu na oba ta maksimalna intervala, kao i na njihovom preseku, odnosno bila bi polinomijalna na uniji ta dva maskimalna intervala suprotno njihovoj maksimalnosti.

Neka je komplement unije svih maksimalnih otvorenih intervala na kojima je funkcija polinomijalna. Očigledno je zatvoren.

Skup nema izolovanih tačaka. U suprotnom, postojalo bi neko takvo da je polinomijalna u bar nekoj levo poluokolini od . Postojalo bi neko takvo da je na nekoj okolini od suprotno uslovu maksimalnosti intervala sa svake strane od .

Ako je skup neprazan, on kao neprazan zatvoren podskup kompletnog metričkog prostora čini kompletan metrički prostor. Obzirom da je , i da su skupovi zatvoreni u , postoji interval i takvi da je . Dakle, na za sve .

Neka je maksimalan otvoreni podinterval od . Na njemu je funkcija jednaka polinomu nekog stepena . Ukoliko to nije nula polinom, važi da je konstanta različita od nule na intervalu . No, zbog neprekidnosti i jednakosti za sve u bar jednoj od krajnjih tačaka intervala (jer barem jedna pripada skupu ), važi . Dakle, na svakom od takvih intervala je , pa pošto to važi i na skupu , važi i na uniji, odnosno na celom intervalu , odakle je funkcije polinomijalna na , što je u suprotnosti sa .

Dakle, , pa je funkcija polinomijalna.