В статье приводится новое доказательство красивой и трудной теоремы математического анализа, изложенное таким образом, что оно доступно учащимся старших классов профильных математических школ.

Пусть $f(x)$ — бесконечно много раз дифференцируемая действительная функция, причем для каждой точки $x\in R$ найдется натуральное $n$ такое, что $f^{(n)}(x)=0$. Тогда $f(x)$ многочлен.

Доказательство


Нам понадобится теорема Бэра о системе замкнутых множеств:

1. Пусть $H$ и $F_{1},F_{2},...,F_{n},...$ замкнутые подмножества прямой, причем $H \neq \varnothing$ и $H\subset \bigcup \limits_{n} F_{n}$. Тогда в $H$ найдется точка, которая содержится в одном из $F_{n}$ вместе со своей окрестностью. Более точно, найдется точка $x\in H$, натуральное $n$ и $\varepsilon >0$ такие, что $(x-\varepsilon;x+\varepsilon)\cap H \subset F_{n}$.

Действительно (от противного), выберем точку $x_{1} \in H$ и окружим ее окрестностью $\Delta_{1}=(x-\varepsilon_{1};x+\varepsilon_{1})$, где $\varepsilon_{1}<1$. Мы предположили, что утверждение теоремы Бэра не верно. Значит $\Delta_{1} \cap H \not \subset F_{1}$. Выберем в $\Delta_{1} \cap H$ точку $x_{2}\notin F_{1}$. Окружим $x_{2}$ интервалом $\Delta_{2}=(x_{2}-\varepsilon_{2};x_{2}+\varepsilon_{2})$ таким, что концы этого интервала — точки $x_{2}-\varepsilon_{2}$ и $x_{2}+\varepsilon_{2}$ лежат в $\Delta_{1}$, а $\varepsilon_{2}<\frac{1}{2}$. По предположению $\Delta_{2}\cap H\notin F_{2}$. Это позволяет выбрать в $\Delta_{2} \cap H$ некоторую точку $x_{3} \notin F_{2},...$ Продолжая процесс, мы построим вложенную стягивающуюся последовательность интервалов $\Delta_{1}\supset \Delta_{2}\supset ...$ Ясно, что

$x_{1}-\varepsilon_{1}< x_{2}-\varepsilon_{2}<...<x_{n}-\varepsilon_{n}...$, (1)
$x_{1}+\varepsilon_{1}>x_{2}+\varepsilon_{2}>...>x_{n}+\varepsilon_{n}...$ (2)

Так как каждый промежуток $\Delta_{i}\cap H\neq \varnothing$, то $\lim _{i\to \infty}(x_{i}-\varepsilon_{i})=\lim_{i\to\infty} (x_{i}+\varepsilon_{i})=y, y\in H$, а из (1) и (2) следует, что $y\in \Delta_{i}$ для каждого $i$. Таким образом мы нашли точку $y \in H$, но не лежащую ни в одном из множеств
$F_{i} \phantom{1} (i=1,2,...)$.
Скажем, что точка на действительной прямой правильная, если в некоторой окрестности этой точки функция $f(x)$ — многочлен. Множество всех правильных точек обозначим символом $E$. Множество $E'$, дополнительное к $E$ обозначим через $F$ и назовем множеством неправильных точек. (Будем говорить, что если $x\in F$, то $x$ — неправильная точка).
2. Если каждая точка отрезка $[a;b]$ правильная, то сужение $f(x)$ на $[a;b]$ — многочлен.

Действительно, для каждой точки $t\in [a;b]$ найдется интервал такой, что сужение $f(x)$ на этот интервал — многочлен. Т.е. для каждой точки найдется интервал и некоторое натуральное $n$, что $f^{(n)}(x)$ равна нулю на этом интервале.

Из компактности отрезка $[a;b]$ следует, что найдется такое натуральное $ m$, что $f^{(m)}(x)=0$ всюду на $[a;b]$, следовательно $f(x)$ — многочлен.

3. Если каждая точка полуинтервала $[a;b)$ правильная, то
сужение $f(x)$ на $[a;b)$ — многочлен.

Доказательство. Рассмотрим возрастающую последовательность $a=a_{1}<a_{2}<a_{3}<...<a_{n}<...$ такую, что $a_{n}$ сходится к $b$. По доказанному в предыдущем пункте на каждом из отрезков $[a_{1};a_{2}],...,[a_{1};a_{n}],...$ сужение $f(x)$ — многочлен. Пусть $P_{k}(x)$ — многочлен, совпадающий с $f(x)$ на отрезке $[a_{1};a_{k+1}]$. Ясно, что $P_{k}(x)=P_{1}(x)$ для всех $k=2,3,...$ Поэтому $P_{1}(x)$ совпадает с $f(x)$ на $[a;b)$, значит и в точке $b$. (Напомним, что $P_{1}(x)$ и $f(x)$ непрерывны всюду на $R$).

Аналогично предыдущему легко доказать, что:

4. Если каждая точка полуинтервала $(a;b]$ или интервала $(a;b)$ — правильная, то $f(x)$ — многочлен на $[a;b]$.

Приступим к исследованию неправильных точек, т.е. точек множества $F$.

5. Множество $F$ не содержит изолированных точек.

Действительно. Пусть $a\in F $ — изолированная точка. Тогда для некоторого $\varepsilon >0\phantom{1} [a-\varepsilon,a)$ и $(a,a+\varepsilon]$ состоят из правильных точек. Значит, сужение $f(x)$ на $[a-\varepsilon;a]$ и на $[a;a+\varepsilon]$ многочлены. Ясно, что при достаточно большом $n$ ($n$ должно быть больше степеней каждого из этих многочленов) $f^{n}(x)$ будет равна нулю всюду на $[a-\varepsilon;a+\varepsilon]$. Т.е. $a$ является правильной точкой.

6. Пусть множество $F$ неправильных точек не пусто. Положим $E_{n}=\{ x:f^{(n)}(x)=0 \}$. Ясно, что $F \subset \bigcup \limits_{n} E_{n}$ и каждое $E_{n}$ замкнуто. Из теоремы Бэра (см. 1.) следует, что найдется интервал $(a;b)$ такой, что $(a;b) \cap F\neq 0$ и $(a;b) \cap F$ лежит в одном из $E_{n}$.

Рассмотрим функцию $f^{(n)}(x)$. Эта функция равна нулю в каждой точке $x\in F \cap (a;b)$. Так как каждая неправильная точка является предельной для множества $F$, то $f^{(n+k)}(x)=0$ для всех целых $k\geq 0$ и всех $x\in (a;b)\cap F$.

Докажем, что $f^{n}(x)$ равна $0$ всюду на $(a;b)$. Пусть не так. Тогда найдется $c \in (a;b)$ такая, что $f^{(n)}(c)\neq 0$. Так как множество $F$ не пусто и замкнуто, то найдем в нем точку $d$, ближайшую к $c$. Для определенности положим $d < c$. Функция $g(x)=f^{(n)}(x)$ бесконечно много раз дифференцируема на $[d;c], \phantom{1} g(d)=0$ и все производные $g^{n}(d)=0$. Так как $g(c) \neq 0$, то по теореме о конечных приращениях Лагранжа $g^{(n)}(x)$ не может быть равна нулю всюду на $(d;c)$ ни для одного натурального $n$.

Слободник Семён Григорьевич,
разработчик контента для приложения «Репетитор: математика» (см. статью на Хабре), кандидат физико-математических наук, учитель математики школы 179 г. Москвы