1樓：Takuya
用閉區間套定理證明首要取閉區間[x1,y1]=[a,b], 由題意滿意f(x1)>x1且f(y1)(a b)/2,則取[x2,y2]=[(a b)/2,b]
總歸，取[x2,y2]滿意[x2,y2]是[a,(a b)/2]和[(a b)/2,b]中的乙個，f(x2)>x2,f(y2)(xk yk)/2,則取[x(k 1),y(k 1)]=[(xk yk)/2,yk]
總歸，取[x(k 1),y(k 1)]滿意[x(k 1),y(k 1)]是[xk,(xk yk)/2]和[(xk yk)/2,yk]中的乙個，f(x(k 1))>x(k 1),f(y(k 1)) 依據這個思路，咱們可以取出一列閉區間[x1,y1], [x2,y2]…[xn,yn]滿意 (1) [x(n 1),y(n 1)]是[xn,yn]的子集 (2) Lim(yn-xn)=lim(b-a)/2^(n-1)=0 故依據閉區間套定理，存在僅有實數c使得對恣意正整數n,xn≤c≤yn 而依據結構程序可知 xn 綜合xn≤c≤yn，xn 從而對恣意正整數n,xn≤f(c) ≤yn.但滿意xn≤c≤yn的常數c只有乙個，故f(c)=c，證畢說說我的理解吧，首要咱們知道有「處處接連但處處不可導」的函式，這個Weierstrass已近結構出來了，假設模仿Weierstrass的結構方式，打算從函式項級數的視點結構「處處可導但導數處處不接連」的比如的話是不可行的，由於假設存在的話，那麼依據函式項級數的逐項求導定理，要求各項求導後的級數共同收斂於右邊的導函式，既然共同收斂的話，再依據函式項級數的接連性定理，知道這個右邊的導函式是接連的。 進一步我考慮的是Riemann函式，雖然這個函式處處不接連，但它是Riemann可積的，並且積分後的函式是接連的，但問題是原函式不接連的話積分就不可微了，所以也不可，更不用說用dirichlet函式來結構了。 我猜想乙個結論是：存在函式在R上處處可導，但導數在R中某個部分不稠密的至多可列子集上不接連，也就是說導函式不接連的點是至多可列並且是離散散布的。這個應該可以做到，只需將你說的那個比如做潤滑延拓就可以了。 可是我現在還沒想到嚴厲的證明方法說明「處處可導但導數處處不接連」的函式不存在。我覺得難點就在於，左右導數和左右極限的彼此轉化上。 假如你有證明或許結構出反例的話，也請奉告！ 回覆樓主： 首要要指明你的乙個小錯誤，那就是康拓階梯函式在整個界說域上是接連函式，不能說它在康托集上是不接連的！由於咱們這兒的函式都是界說在實數域上的，接連性自身首要要求自變數的完整性，稠密甚至具有接連統的勢都是不夠的，並且康拓集不包括任何乙個小鄰域。除非你在康托集上界說拓撲，然後只在它上面界說函式，可是這與原問題就沒有關係了。 別的，我以為考慮康拓階梯函式也是不可行的，由於除了函式是界說在整個區間上，康拓集自身仍是乙個勒貝格零測集，僅僅稠密且具有接連統的勢。這個函式的含義主要是找到了乙個單調接連可是不滿意牛頓-萊布尼茨公式的方式的乙個比如，並且那個積分仍是勒貝格積分，也就是說是在簡直處處含義下的。 從考慮riemann函式那裡我就發現假如用積分結構函式的話是很難成功的，首要不能牽扯簡直處處這種概念，所以只能用riemann積分處理，可是riemann積分假如可微的話前提是原函式接連，所以。。。 我仍是覺得這種函式不存在，證明的要害就是收斂的某種共同性特徵，或許可以考慮下運用等度接連這種概念。 祝你可以研究出成果！ 2樓：L'Analyse 說乙個只要學過數學分析就能明白的例子吧。 函式f(x)=Σ(n=1~∞)[nx]/2^n (為方便起見令x>0,事實上在R上具有同樣的性質), 其中是取整記號（這句話我不想再說第n^n+1次了，我相信大家都認識這個符號…） 這個函式嚴格單調遞增，在有理點處不連續，無理點處連續，而只在無理數處可導，且導數為0. 首先，容易知道這是乙個在(0,+∞)內閉一致收斂的函式項無窮級數. 證明嚴格單增是非常容易想到的. 任取x1,x2,x1>x2,總能找到乙個N，使得n>N時有n(x1-x2)>1,於是就有[nx1]-[nx2]>=1.於是乎f(x1)-f(x2)>=Σ(n=N+1~∞)([nx1]-[nx2])/2^n >0也即是f(x)嚴格單增 在無理數處的連續性也比較容易想到證明，只要注意到對所有n，[nx]在無理數處連續即可. 設無理數s, 對任意的ε>0,總存在N（又來了……）,n>N時有Σ(k=n~∞)[kx]/2^k<ε/2在s的某鄰域內一致成立. 再來考慮Σ(k=1~N)[kx]/2^k. 這是乙個有限項的和式（敲黑板），並且注意，在s的鄰域內，[x],[2x],[3x]……[Nx]的間斷點只有有限個，即分母為1,2,3……N的有理數. 再加之s是無理數，那麼，在這個鄰域內我們一定能取乙個足夠小的鄰域，使在這個鄰域內[x],[2x],……[Nx]都是常函式. 我們接下來就把δ取作這個鄰域的半徑，於是當0<|x-s|<δ時，|f(x)-f(s)|<=Σ(n=1~N)|[nx]-[ns]|/2^n+Σ(n=N+1~∞)[nx]/2^n+Σ(n=N+1~∞)[ns]/2^n<ε/2+ε/2=ε. 這也就是說，f(x)在s處連續. 再說說為什麼f在有理數處不連續.我們設有理數的最簡形式為p/q,那麼[nx]只有當n是q的倍數時，才在x=p/q處發生跳變，對其他的n，[nx]在p/q處是連續的. 因此我們把和式Σ(n=1~∞)[nx]/2^n分拆成兩段，分別記為Σ1和Σ2, 其中Σ1是對全體n=kq求和，Σ2則是其他項的和. 對於Σ2, 我們可以仿照剛剛證明無理數處的連續性來證明它在p/q是連續的. 因此我們只需要證Σ1是不連續的，而這也很容易證明. 在p/q的某個鄰域內，對xp/q, 都有[kqx]>=kp. 這樣一來，在p/q兩側的函式值總是要相差超過Σ(k=1~∞)1/2^(kq), 這是乙個正的常數. 也就是說Σ1在p/q不可能連續. 這說明f在有理數處的確是不連續的. 最後來看一看可導性的證明，並且為什麼在無理數處導數為0. 在有理數處，根據名人名言「可導必連續，連續不一定可導」，顯然f是不可導的. 然而我突然發現，「無理數處導數為0」的結論的證明似乎略超出了《數學分析》的範疇，涉及到無理數的小數部分一致分布的事實，不過這個事實很容易讓人接受，那就是對於無理數s，數列}即在[0,1)的分布是均勻的. 3樓：dhchen 下面的回答算是對@網主的補充，在他／她的回答中那個函式是幾乎處處可導的，乙個自然的問題是處處可導會如何？ 第一，有乙個非常奇異的函式叫 Pompeiu's function (Pompeiu derivative)，在以下的回答中提到過 dhchen：有哪些讓人眼前一亮的函式？ 這個函式是處處可導的，而且其導數的0點是稠密。這個函式的導數不可能是 意義下處處為0的，理由如下： 第二，根據rudin實分析定理7.21可知，如果乙個函式是處處可導而且其導數是L^1可積，那麼這個函式是絕對連續，換句話說 ，這個情況下，如果 那麼 換句話說，這個函式不是乙個嚴格單調遞增的。 把我這個答案和 @網主 的回答一結合可以說對是對這類問題的乙個完整回答。 ps： 回頭一看，這居然是我在知乎上的第一千個回答。 4樓：網主 我們將有理數 寫成一數列， 令 這是乙個著名的函式例子，它嚴格遞增，且恰好在有理點處間斷。根據實變裡熟知的結論，這個函式幾乎處處可導。 這裡，我們證明這個函式另外乙個性質,它的導數幾乎處處為零。 對於正有理數 ，我們令 於是有， 再令 ，易知 是零測集。 現在只需要說明，對任意 , 在 處都是導數等於零的。 於是，根據 的定義， 等價於 存在正有理數 ，對任意正整數 ，有： 於是有： (注意，是恒等變形，這一步） 這說明 的時候， ,即是說 位元幣基本上就達到你的要求了，你可以發起乙個位元幣的銷毀交易，同時把想要儲存的資訊放進去，當這個交易被加入區塊後，就可以被確認了。區塊在區塊鏈中的位置越靠前，被修改的可能性越小。例如中本聰在創世區塊中留下的資訊。不過，確認的時間只能是該區塊生產的時間，兩個區塊的時間間隔一般是在10分鐘。當然，利用其... 利益相關匿名了 壓榨學生！有以下特點 不給假期。不給病假 不許午休 經常扣工資 經常延期掛在嘴邊 招生時候承諾的一樣沒實現，招生時候說的很好，以後送你出國交流幾個月，結果請三天假都不給。不給實習時間 不給就業推薦 外包出去給別的導師幹活，外包出去給別的實驗室打掃衛生。詆毀學生價值。努力幹活，說實驗就... 走馬西風長路 每乙個人都有自己的人生目標，有自己沒有發現的潛能。只有自己設定人生的目標，規劃自己，廣學知識，善於交遊，融入社會，做任何事都要有正能量，那麼在人生的旅途中一定會成功。你應該給自己設定乙個目標，讓自己全完成，這個目標的完成時間是自己給自己設定，你完成了你就會非常的有意義。 猛獸才會獨行 ...如何構造乙個不可偽造的 時間戳 ？
如何區分乙個嚴格的研究生導師是真的對學生好，還是在壓榨學生？
乙個人如何生活的自律且向上。？