Έχει Ολικό Μέγιστο;

Μέσα στην πορεία της σχολικής ύλης συναντάμε πολλές συναρτήσεις. Για την ακρίβεια, πάρα πολλές συναρτήσεις. Άλλες απλές, άλλες πιο περίπλοκες, άλλες μονότονες, άλλες όχι και τόσο μονότονες, οι συναρτήσεις που μελετάμε έχουν όλες μία δική τους, ξεχωριστή προσωπικότητα. Κάποιες από αυτές, για παράδειγμα, έχουν ακρότατα, ενώ κάποιες άλλες όχι. Κάποιες μάλιστα έχουν αυτήν την παράξενη ιδιότητα να είναι μεν φραγμένες, αλλά να μην «πιάνουν» τα άνω και κάτω φράγματά τους, όπως για παράδειγμα η ακόλουθη συμπαθέστατη συνάρτηση:

$\displaystyle f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}.$

Η γραφική παράσταση της παραπάνω συνάρτησης (που λέγεται υπερβολική εφαπτομένη) μοιάζει κάπως έτσι (η κόκκινη καμπύλη):

Η γραφική παράσταση της υπερβολικής εφαπτομένης.

Όπως φαίνεται, και εύκολα μπορούμε να αποδείξουμε, η $f$ είναι άνω και κάτω φραγμένη και, για την ακρίβεια, ισχύει ότι:

$\displaystyle -1\leq f(x)\leq1.$

Ωστόσο, δεν υπάρχει $x\in\mathbb{R}$ για το οποίο η παραπάνω ανισότητες να ισχύουν ως ισότητες. Δηλαδή, ισχύει το ισχυρότερο:

$-1<f(x)<1.$

Επίσης, εμφανώς η $f$ είναι γνησίως αύξουσα και μάλιστα ισχύουν και τα εξής:

$\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=-1,\ \lim_{x\to+\infty}f(x)=1.$

Από όλα τα παραπάνω μπορούμε να συμπεράνουμε και αναλυτικά αυτό που γραφικά είναι προφανές: ότι η $f,$ αν και φραγμένη, δεν παίρνει ούτε μέγιστη ούτε ελάχιστη τιμή.

Ας ζοριστούμε λίγο…

Τα παραπάνω ήταν λίγο έως πολύ απλά και δεν είχαμε δα και κάτι να μας ζορίσει. Εντάξει, μπορεί να παραλείψαμε τις πράξεις σε όλα τα παραπάνω, αλλά, πράγματι, δεν είναι δύσκολο να συμπληρώσουμε τις λεπτομέρειες και να δούμε ότι η υπερβολική εφαπτομένη είναι φραγμένη αλλά δεν έχει ακρότατα. Ωστόσο, όπως φαντάζεστε, δε θα μείνουμε σε αυτά τα απλά – άλλωστε, μανιωδώς στα μαθηματικά κοιτάμε πώς να κάνουμε τα απλά σύνθετα και μετά ξανά απλά. Ας πάρουμε, λοιπόν, την ακόλουθη συνάρτηση, ορισμένη σε όλους τους πραγματικούς αριθμούς:

$f(x)=\cos(x^2)-\sin x.$

Η γραφική της παράσταση μοιάζει κάπως έτσι:

Ίσως να ζουμάραμε λίγο παραπάνω από ό,τι έπρεπε…

Σε αυτό το τμήμα περί το μηδέν που φαίνεται στο παραπάνω σχήμα δεν παρατηρούμε και κάτι ιδιαίτερα αξιοσημείωτο. Για την ακρίβεια, στο τμήμα που φαίνεται παραπάνω είναι σαφές ποιο είναι το μέγιστο και ποιο το ελάχιστο της συνάρτησής μας. Όμως, ας κάνουμε δυο βήματα πίσω…

Πήραμε τις αποστάσεις μας, θα έλεγε κανείς…

Εδώ τα πράγματα είναι λίγο πιο θολά, καθώς φαίνεται η γραφική παράσταση της $f$ να παρουσιάζει μία όχι και τόσο προβλέψιμη συμπεριφορά. Για την ακρίβεια, δείχνει να «ταλαντώνεται» με περίοδο που όλο και μικραίνει καθώς απομακρυνόμαστε από το μηδέν. Επίσης, σαν να μην έφτανε αυτό, αυτές οι «ταλαντώσεις» της γραφικής της παράστασης δείχνουν μία τάση να… ταλαντώνονται κι αυτές με τη σειρά τους, σε διάφορα ύψη και βάθη. Όλα αυτά, κάνουν τη ζωή μας αρκετά πιο δύσκολη σε ό,τι έχει να κάνει με τον προσδιορισμό των ολικών ακροτάτων της (αν αυτά υπάρχουν, δηλαδή). Αν ακόμα δεν έχετε πειστεί, ρίξτε μια ματιά και στο παρακάτω σχήμα – όπου έχουμε κάνει άλλα δυο-τρία βήματα πιο πίσω:

Πυκνώνουν τα σύννεφα γύρω από τα ακρότατα…

Αρχικά, ας παρατηρήσουμε ότι η $f$ είναι φραγμένη και, μάλιστα, από αρκετά «προφανή» φράγματα. Επειδή:

$-1\leq\cos(x^2)\leq1$ και $-1\leq\sin x\leq 1,$

εύκολα έπεται και ότι:

$-2\leq f(x)\leq 2.$

Επομένως, μένει να εξετάσουμε, για αρχή, αν η $f$ παίρνει τις τιμές $2$ και $-2.$ Αν ναι, τότε παρουσιάζει ολικά ακρότατα στο πεδίο ορισμού της, αν όχι, πρέπει να σκεφτούμε κάτι καλύτερο…

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει κάποιο $a\in\mathbb{R}$ έτσι ώστε να ισχύει ότι:

$f(a)=2\Leftrightarrow \cos(a^2)-\sin a=2.$

Τι μπορούμε, άραγε, να συμπεράνουμε για αυτό το $a\in\mathbb{R};$ Αρχικά, δεδομένου ότι τόσο το $\cos(a^2)$ όσο και το $\sin a$ βρίσκονται στο $[-1,1]$ έπεται ότι για να είναι η διαφορά τους ίση με $2$ θα πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα τα εξής:

$\begin{aligned}\cos(a^2)=1\Leftrightarrow a^2=2n\pi,\ n\in\mathbb{Z},\\\sin a=-1\Leftrightarrow a=2m\pi-\frac{\pi}{2},\ m\in\mathbb{Z}.\end{aligned}$

Τώρα, από τα παραπάνω παίρνουμε άμεσα και το εξής:

$\begin{aligned}&\hphantom{\Leftrightarrow}\ 2n\pi=\left(2m\pi-\frac{\pi}{2}\right)^2\\&\Leftrightarrow2n\pi=\pi^2\left(2m-\frac{1}{2}\right)^2\\&\Leftrightarrow2n=\pi\left(4m^2-2m+\frac{1}{4}\right)\\&\Leftrightarrow\pi=\frac{8n}{16m^2-8m+1}.\end{aligned}$

Ωστόσο, το τελευταίο είναι άτοπο, καθώς το δεξί μέλος της σχέσης είναι ένας ρητός αριθμός (πηλίκο ακεραίων) ενώ το αριστερό είναι ο $\pi$ που, όπως γνωρίζουμε πολύ καλά, είναι άρρητος! Επομένως, η $f$ πράγματι δεν παίρνει την τιμή $2$ και με ανάλογο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε ότι δεν παίρνει ούτε την τιμή $-2.$ Συνεπώς, ισχύει το εξής:

$-2<f(x)<2.$

Σημαίνει, όμως, το παραπάνω, ότι η $f$ δεν έχει ολικά ακρότατα;

Σαφώς και…

…όχι. Κάλλιστα, θα μπορούσε να υπάρχει κάποιο $a\in\mathbb{R}$ έτσι ώστε $f(a)=1.997$ και να ισχύει και ότι:

$f(x)\leq1.997.$

Έτσι, η $f$ θα παρουσίαζε ολικό μέγιστο και θα ικανοποιούσε, την ίδια στιγμή, και την ανισότητα $-2<f(x)<2.$ Επομένως, ναι μεν κάναμε ένα βήμα στη διερεύνησή μας, αλλά τελικά δε μας λέει και πολλά αυτό που αποδείξαμε – αυτό συμβαίνει συχνά με τα μαθηματικά αποτελέσματα: η αποδεικτική τους αξία μειώνεται μόλις κανείς τα αποδείξει, κάτι σαν «αποδεικτικός πληθωρισμός».

Τέλος πάντων, αφήνοντας την αμπελοφιλοσοφία κατά μέρους, καλό θα ήταν να προσπαθήσουμε να εξετάσουμε αν η $f$ μπορεί να πάρει τιμές απεριόριστα κοντά στο $2$ και το $-2.$ Αν η απάντηση στο παραπάνω ερώτημα είναι καταφατική, τότε πράγματι η συνάρτησή μας δε θα παίρνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή στο πεδίο ορισμού της. Αν όχι, τότε θα πρέπει να συνεχίσουμε το ψάξιμο…

Λοιπόν, ας ξεκινήσουμε με το άνω φράγμα μας. Θέλουμε η $f$ να παίρνει τιμές απεριόριστα κοντά στο 2. Αυτό, πρακτικά, σημαίνει ότι θα πρέπει το μεν $\cos(x^2)$ να παίρνει τιμές πολύ κοντά στο 1 και το δε $\sin x$ να παίρνει τιμές πολύ κοντά στο $-1.$ Αυτό ίσως φαίνεται να κάνει τα πράγματα κάπως πιο περίπλοκα, αλλά η αλήθεια είναι ότι ενδέχεται να μας βοηθήσει να βγάλουμε κάποια χρήσιμα συμπεράσματα. Αρχικά, ας παρατηρήσουμε ότι για $x=\sqrt{2n\pi}$ το $\cos(x^2)$ είναι ίσο με $1.$ Επομένως, έχει ενδιαφέρον να εξετάσουμε αν το $\sin(\sqrt{2n\pi})$ μπορεί να πάρει τιμές αυθαίρετα κοντά στο $-1.$ Αν αυτό συμβαίνει, τότε θα έχουμε αποδείξει ότι και η $f$ παίρνει τιμές απεριόριστα κοντά στο $2$ οπότε και η $f$ δε θα έχει ολικό μέγιστο.

Ωραία, αλλά πώς θα το εξετάσουμε αυτό;

Αρχικά, για να είναι το $\sin x\approx-1$ πρέπει να ισχύει και ότι $x\approx2m\pi-\frac{\pi}{2},$ για κάποιον ακέραιο $m$ – μπορείτε να αποδώσετε πιο αυστηρά αυτό το επιχείρημα; Επομένως, αυτό που θέλουμε είναι να δούμε αν υπάρχουν ακέραιοι $n,m\in\mathbb{Z}$ έτσι ώστε:

$\displaystyle \sqrt{2n\pi}\approx2m\pi-\frac{\pi}{2}.$

Αν υψώσουμε στο τετράγωνο τα μέλη της παραπάνω «ψευδοϊσότητας» και κάνουμε λίγες πραξούλες, όπως είδαμε και παραπάνω, παίρνουμε την ακόλουθη «ψευδοϊσότητα»:

$\displaystyle\frac{8n}{16m^2-8m+1}\approx\pi.$

Το ανάλογο αποτέλεσμα με ισότητα θα ήταν, όπως είδαμε και παραπάνω, κατάφορα ψευδές, αφού ο $\pi$ είναι άρρητος. Ωστόσο, ως ψευδοϊσότητα δεν μπορούμε να το απορρίψουμε αμέσως, καθώς, όπως έχουμε δει, μπορούμε να προσεγγίσουμε οσοδήποτε κοντά θέλουμε κάθε πραγματικό αριθμό με έναν ρητό. Απλώς, σε αυτήν την περίπτωση αυτό που θέλουμε είναι ο εν λόγω ρητός να έχει μία αρκετά συγκεκριμένη μορφή. Για την ακρίβεια, θέλουμε ο αριθμητής του να είναι πολλαπλάσιο του 8 ενώ ο παρονομαστής του να έχει τη μορφή:

$16m^2-8m+1=(4m-1)^2.$

Αυτό φαίνεται ίσως λίγο εξεζητημένο, αλλά δεν είναι αυτό που νομίζετε! Αρχικά, αν έχουμε έναν ρητό $\dfrac{p}{q}$ έτσι ώστε $\dfrac{p}{q}\approx\pi$ τότε εύκολα μπορούμε να βρούμε κι έναν ρητό που να έχει αριθμητή κάποιο πολλαπλάσιο του 8 και να είναι κοντά στο $\pi.$ Για παράδειγμα, ένας τέτοιος είναι ο:

$\displaystyle\frac{8p}{8q}=\frac{p}{q}\approx\pi.$

Για ευκολία, λοιπόν, θα υποθέσουμε εδώ ότι ο $\dfrac{p}{q}$ είναι τέτοιος ώστε το $p$ να είναι κάποιο πολλαπλάσιο του 8 – έτσι ώστε να μη χρειάζεται να κουβαλάμε στους υπολογισμούς μας ένα οχτάρι χωρίς ουσιαστικό λόγο.

Κι ο παρονομαστής;

Μένει, τώρα, να εξετάσουμε αν μπορούμε να βρούμε έναν ρητό κοντά στο $\pi$ με παρονομαστή της παραπάνω μορφής. Αρχικά, θα εξετάσουμε το πιο απλό ερώτημα αν, δεδομένου ενός κλάσματος της μορφής $\dfrac{p}{q}$ κοντά στον $\pi$ μπορούμε να βρούμε κι ένα κλάσμα της μορφής $\dfrac{sp}{t^2}$ επίσης κοντά στον $\pi.$ Με άλλα λόγια, θέλουμε απλώς ο παρονομαστής να είναι το τετράγωνο κάποιου ακεραίου, ενώ επιτρέπουμε και στον αριθμητή να είναι, αν χρειαστεί, κάποιο πολλαπλάσιο του $p,$ κάτι που δε θα επηρεάσει κάπως το γεγονός ότι ο αριθμητής είναι (και θα παραμείνει) πολλαπλάσιο του 8. Αυτό είναι αρκετά εύκολο να το πετύχουμε, αν επιλέξουμε $s=t=q,$ οπότε και έχουμε:

$\displaystyle\frac{qp}{q^2}=\frac{p}{q}\approx\pi.$

Για την ακρίβεια, μπορούμε να επιλέξουμε $s=t=k^2q$ για όποιον ακέραιο $k$ θέλουμε, οπότε και θα έχουμε και πάλι:

$\displaystyle\frac{k^2qp}{(kq)^2}=\frac{p}{q}\approx\pi.$

Συνεπώς, από αυτούς τους άπειρους παρονομαστές της μορφής $(kq)^2$ αναζητούμε έναν (μοναχά) ο οποίος να είναι της μορφής $(4m-1)^2$ για κάποιον $m$ ή, ισοδύναμα, αναζητούμε έναν $k\in\mathbb{Z}$ έτσι ώστε ο $kq$ να είναι της μορφής $4m-1.$ Αυτό, ωστόσο, δεν είναι πάντοτε εφικτό, καθώς οι αριθμοί της μορφής $4m-1$ είναι πάντοτε περιττοί, ενώ ο $q$ μπορεί κάλλιστα να είναι και άρτιος, άρα και ο $kq$ να είναι άρτιος. Συνεπώς, δεν μπορούμε να συνεχίζουμε να πορευόμαστε με το παραπάνω σκεπτικό των ισοδύναμων κλασμάτων.

Ή μήπως μπορούμε;

Όπως ξέρουμε από τη ζωή μας, οι άρτιοι και οι περιττοί εναλλάσσονται, διαδεχόμενοι οι ένας τον άλλον, με αποτέλεσμα «μετά» από κάθε άρτιο να βρίσκεται ένας περιττός και «μετά» από κάθε περιττό ένας άρτιος. Τώρα, ας δούμε λίγο τα ακόλουθα δύο «γειτονικά» κλάσματα:

$\displaystyle\frac{1}{n},\ \frac{1}{n+1}.$

Αρχικά, τα συνδέει μία προφανής σχέση διάταξης:

$\displaystyle\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}.$

Ωστόσο, αν και για μικρές τιμές του $n$ η απόσταση των παραπάνω δύο κλασμάτων είναι «αισθητά» μεγάλη (πάρτε, για παράδειγμα, το $\dfrac{1}{2}$ και το $\dfrac{1}{3}$ που έχουν μία σεβαστή απόσταση σε σχέση με το μέγεθός τους), δεν ισχύει το ίδιο για πολύ μεγάλες τιμές του $n.$ Για παράδειγμα, για $n=2568,$ μπορούμε σχετικά εύκολα να πούμε ότι:

$\dfrac{1}{2568}\approx\dfrac{1}{2569}.$

Επομένως, αν ο παρονομαστής ενός κλάσματος είναι «αρκετά» μεγάλος, δεν έχει και πολύ σημασία αν είναι άρτιος ή περιττός ή, γενικά, λίγο πιο μεγάλος ή λίγο πιο μικρός από αυτό που θα θέλαμε.

Όπως καταλαβαίνετε, για να δικαιολογούμαστε τόσην ώρα, ετοιμαζόμαστε να κάνουμε κάποια ματσακονιά. Για την ακρίβεια, όπως είπαμε, αναζητούμε έναν $k\in\mathbb{Z}$ έτσι ώστε $kq=4m-1$ για κάποιον $m\in\mathbb{Z}.$ Αν και, όπως συζητήσαμε παραπάνω, αυτό δεν είναι απαραίτητα εφικτό, για κάθε $k\in\mathbb{Z}$ υπάρχει (ακριβώς ένας) $m\in\mathbb{Z}$ έτσι ώστε να ισχύει ακριβώς ένα από τα ακόλουθα τέσσερα

$kq=4m$ ή,
$kq=4m-1$ ή,
$kq=4m-2$ ή
$kq=4m-3.$

Τώρα, με το παραπάνω σκεπτικό των «αρκετά» μεγάλων ακεραίων, για «αρκετά» μεγάλο $k\in\mathbb{Z}$ έχουμε για κάποιον $m\in\mathbb{Z}$ :

$kq\approx4m-1.$

Μία γνωστή ιδιότητα του $\approx$ είναι να διατηρείται όταν υψώνουμε στο τετράγωνο, επομένως, για αρκετά μεγάλα $k$ θα ισχύει και ότι:

$k^2q^2\approx(4m-1)^2.$

Τώρα, άλλη μία καλή ιδιότητα του $\approx$ είναι ότι διατηρείται και όταν αντιστρέφουμε τα μέλη μίας ψευδοϊσότητας αλλά και όταν πολλαπλασιάζουμε με κάποιον άλλον αριθμό και τα δύο μέλη της, επομένως, ισχύει και ότι:

$\displaystyle\frac{k^2qp}{(4m-1)^2}\approx\frac{k^2qp}{k^2q^2}=\frac{p}{q}\approx\pi.$

Επομένως, καταφέραμε και βρήκαμε έναν ρητό της μορφής που θέλαμε κοντά στον $\pi$ και, άρα, έχουμε μόλις αποδείξει (γιατί αυτός ήταν ο στόχος μας, αν δεν το θυμάστε) ότι η $f$ παίρνει τιμές απεριόριστα κοντά στο $2$ και, άρα, δεν παρουσιάζει ολικό μέγιστο.

Αλλά, το έχουμε όντως αποδείξει;

«Λάντζα»

Τα παραπάνω είναι η αλήθεια πως είναι αρκετά χαλαροί ισχυρισμοί και εύκολα θα μπορούσε κάποιος από αυτούς να είναι εσφαλμένος – αφού, κυριολεκτικά, όλοι τους έγιναν στο «περίπου». Ωστόσο, οι παραπάνω συλλογισμοί είναι συνάμα κι αρκετά χρήσιμοι, καθώς κουβαλάνε μέσα τους όλη εκείνη τη διαίσθηση που μπορεί να μας πάρει από το χέρι και να μας οδηγήσει σε μία τυπική απόδειξη με έντονο άρωμα απειροστικού λογισμού.

Ας πάμε, λοιπόν, να καταστρώσουμε και μία τυπική απόδειξη για όσα έχουμε ισχυριστεί παραπάνω. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα κλάσμα της μορφής:

$\displaystyle \frac{8n}{(4m-1)^2},$

που να είναι αυθαίρετα κοντά στον $\pi.$ Αυτό το αυθαίρετα κοντά είναι κάτι που στα μαθηματικένια θα το εκφράζαμε ως εξής:

Για κάθε $\varepsilon>0$ θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχουν $m,n\in\mathbb{Z}$ έτσι ώστε $\displaystyle \left|\frac{8n}{(4m-1)^2}-\pi\right|<\varepsilon.$

Προφανώς, οι επιλογές των $m,n$ εξαρτώνται άμεσα από το εκάστοτε $\varepsilon,$ αλλά, αν έχουμε συνηθίσει λίγο τα κλασσικά επιχειρήματα του απειροστικού, αυτό δε θα πρέπει να μας προβληματίζει ιδιαίτερα. Έστω, λοιπόν, ένα $\varepsilon>0.$ Από την πυκνότητα των ρητών στους πραγματικούς αριθμούς γνωρίζουμε ότι υπάρχει ένας ρητός, έστω $\dfrac{p}{q}\in\mathbb{Q}$ τέτοιος ώστε:

$\displaystyle \left|\frac{p}{q}-\pi\right|<\frac{\varepsilon}{2}.$

Το γιατί επιλέξαμε να πάμε $\dfrac{\varepsilon}{2}$ κοντά στον $\pi$ είναι κάτι που θα φανεί στην πορεία της απόδειξης – αν, ωστόσο, ξαναδείτε τις πιο χαλαρές μας σκέψεις, θα καταλάβετε γιατί το επιλέξαμε αυτό. Τώρα, όπως είδαμε και παραπάνω, μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας να επιλέξουμε τα $p,q$ έτσι ώστε ο $p$ να είναι πολλαπλάσιο του 8, οπότε δε θα ξανασχοληθούμε ιδιαίτερα με αυτό στην πορεία της απόδειξής μας.

Όπως είδαμε και παραπάνω, για κάθε $k\in\mathbb{Z}$ ισχύει ότι:

$\displaystyle\frac{p}{q}=\frac{k^2qp}{k^2q^2}.$

Επίσης, για κάθε $k\in\mathbb{Z}$ υπάρχει ένας $m\in\mathbb{Z}$ έτσι ώστε να ισχύει ακριβώς ένα από τα εξής:

$kq=4m$ ή,
$kq=4m-1$ ή,
$kq=4m-2$ ή
$kq=4m-3.$

Ας μελετήσουμε τώρα για λίγο την απόσταση του κλάσματος $\dfrac{k^2qp}{k^2q^2}=\dfrac{p}{q}$ από το κλάσμα $\dfrac{k^2qp}{(4m-1)^2}:$

$\begin{aligned}\left|\frac{k^2qp}{k^2q^2}-\frac{k^2qp}{(4m-1)^2}\right|&=\left|\frac{p}{q}-\frac{k^2qp}{(4m-1)^2}\right|=\\&=\frac{p}{q}\left|1-\frac{k^2q^2}{(4m-1)^2}\right|.\end{aligned}$

Τώρα, παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle\frac{kq}{4m-1}\in\left\{\frac{kq}{kq-1},1,\frac{kq}{kq+1},\frac{kq}{kq+2}\right\}.$

Επομένως, μπορούμε να πούμε ότι:

$\displaystyle\left|1-\frac{k^2q^2}{(4m-1)^2}\right|\in\left\{\left|1-\frac{k^2q^2}{(kq+i)^2}\right|:i=-1,0,1,2\right\}.$

Από το παραπάνω έπεται τώρα το εξής:

$\begin{aligned}\left|1-\frac{k^2q^2}{(4m-1)^2}\right|&\leq\left|1-\frac{k^2q^2}{(kq-1)^2}\right|=\\&=\left|\frac{(kq-1)^2-(kq)^2}{(kq-1)^2}\right|=\\&=\left|\frac{1-2kq}{(kq-1)^2}\right|=\\&=\left|\frac{2kq-1}{(kq-1)^2}\right|\\&<\left|\frac{2kq}{(kq-1)^2}\right|=\\&=\left|\frac{2kq}{(kq)^2-2kq+1}\right|=\\&=\left|\frac{2}{kq-2+\frac{1}{kq}}\right|\\&<\left|\frac{2}{kq-2}\right|.\end{aligned}$

Τώρα, αν επιλέξουμε «αρκετά» μεγάλο $k$ και συγκεκριμένα, κάποιο $k$ που να ικανοποιεί την παρακάτω ανισότητα:

$\displaystyle k>\frac{1}{q}\left(\frac{4p}{q\varepsilon}+2\right),$

τότε άμεσα έπεται ότι:

$\displaystyle \left|\frac{2}{kq-2}\right|<\frac{q\varepsilon}{2p}.$

Συνεπώς, για κάθε τέτοιο $k$ ισχύει και ότι:

$\displaystyle\left|1-\frac{k^2q^2}{(4m-1)^2}\right|\leq\left|\frac{2}{kq-2}\right|<\frac{q\varepsilon}{2p}.$

Από το παραπάνω έπεται άμεσα και ότι:

$\displaystyle\left|\frac{k^2qp}{k^2q^2}-\frac{k^2q^2}{(4m-1)^2}\right|=\frac{p}{q}\left|1-\frac{k^2q^2}{(4m-1)^2}\right|<\frac{pq\varepsilon}{2qp}=\frac{\varepsilon}{2}.$

Τέλος, ας παρατηρήσουμε τώρα ότι:

$\begin{aligned}\left|\frac{k^2qp}{(4m-1)^2}-\pi\right|&=\left|\frac{k^2qp}{(4m-1)^2}-\frac{k^2qp}{k^2q^2}+\frac{k^2qp}{k^2q^2}-\pi\right|\\&\leq\left|\frac{k^2qp}{(4m-1)^2}-\frac{k^2qp}{k^2q^2}\right|+\left|\frac{k^2qp}{k^2q^2}-\pi\right|\\&<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\\&=\varepsilon.\end{aligned}$

Επομένως, καταφέραμε να βρούμε έναν ρητό της μορφής που θέλαμε κοντά στον $\pi$ και άρα η $f$ μπορεί να πάρει τιμές οσοδήποτε κοντά στο $2$ θέλουμε, οπότε και δεν παίρνει μέγιστη τιμή. Ομοίως μπορούμε να αποδείξουμε ότι δεν παίρνει ούτε ελάχιστη τιμή.

Επίλογος

Με αφορμή μία απλή και αρκετά συμπαθητική – εκ πρώτης όψεως – συνάρτηση, καταλήξαμε να ακροβατούμε ανάμεσα στα όρια της ύλης του Λυκείου και του Απειροστικού Λογισμού, αλλά κι ανάμεσα στα όρια της διαίσθησής μας με τον μαθηματικό φορμαλισμό. Η αλήθεια είναι ότι ανάμεσα στην απόδειξη και την «απόδειξη» που παρουσιάσαμε παραπάνω δεν υπάρχουν και τόσο μεγάλες διαφορές. Κατά βάση, θα έλεγε κανείς – και το λέμε εμείς, όπως κι αν έχει – η διαφορά βρίσκεται στη γλώσσα που επιλέγουμε να εκφράσουμε τις ιδέες μας, όπως αυτές διαμορφώνονται από τη διαίσθησή μας. Απλώς, η χαλαρότητα της γλώσσας του «περίπου» απαιτεί από εμάς την απαραίτητη σοβαρότητα και επιφυλακή σε ό,τι έχει να κάνει με τους ισχυρισμούς μας, ενώ η αυστηρότητα των $\varepsilon$ του Απειροστικού Λογισμού μας επιτρέπει, όσο νά’ ναι, να είμαστε πιο χαλαροί με τις σκέψεις μας.