Είναι σταθερή

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2559
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Είναι σταθερή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Ιούλ 05, 2019 5:31 pm

Με αφορμή αυτό
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... =9&t=64775

Εστω f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}

συνεχής συνάρτηση.

Εστω A\subseteq [a,b] αριθμήσιμο σύνολο.

Αν για κάθε x\in [a,b]-A

είναι f'(x)=0

να δειχθεί ότι η f είναι σταθερή.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Γ.-Σ. Σμυρλής
Δημοσιεύσεις: 550
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 14, 2012 9:47 am
Τοποθεσία: Λευκωσία, Κύπρος

Re: Είναι σταθερή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γ.-Σ. Σμυρλής » Σάβ Ιούλ 06, 2019 11:08 pm

Ἔστω τυχὸν \varepsilon>0. Θὰ δείξομε ὅτι
\displaystyle{ 
\max_{x\in[0,1]}f(x)-\min_{x\in[0,1]}f(x)<2\varepsilon, 
}
καὶ κατὰ συνέπειαν f σταθερά.

Ἀπαριθμοῦμε κατ᾽ ἀρχὰς τὸ A ὡς A=\{a_n\}_{n\in\mathbb N} καὶ ἐπιλέγομε διαστήματα
\displaystyle{ 
I_n=(a_n-\delta_n,a_n+\delta_n), \,\, \delta_n>0, 
}
ὥστε
\displaystyle{ 
\sup_{x\in I_n }f(x)-\inf_{x\in I_n}f(x)<\frac{\varepsilon}{2^n},\,\,n\in\mathbb N. 
}
Αὐτὸ εἶναι ἐφικτὸ χάριν τῆς συνεχείας τῆς f στὰ a_n.

Ἀκολούθως, διὰ κάθε x\in[0,1], ὥστε f'(x)=0, ὑπάρχει d_x>0, ὥστε
\displaystyle{ 
0<|y-x|<d_x \,\,\,\Longrightarrow\,\,\, -\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f(y)-f(x)}{y-x}<\frac{\varepsilon}{2} 
\,\,\,\Longrightarrow\,\,\, |f(y)-f(x)| < \frac{\varepsilon |x-y|}{2} 
}
καὶ συνεπῶς
\displaystyle{ 
y_1,y_2\in J_x=(x-d_x,x+d_x) \,\,\,\Longrightarrow\,\,\, |f(y_1)-f(y_2)|<\varepsilon\, d_x 
\,\,\,\Longrightarrow\,\,\,\sup_{y\in J_x}f(y)-\inf_{y\in J_x}f(y)\le \varepsilon\, d_x. 
}
Τὰ ἀνοικτὰ διαστήματα I_n, n\in\mathbb N, J_x, x\in [0,1]\setminus A, ἀποτελοῦν ἀνοικτὸ κάλυμμα τοῦ συμπαγοῦς [0,1]. Ἄρα ὑπάρχει πεπερασμένο ὑποκάλυμμα: K_1,\ldots, K_m. Διατάσσομε τὰ K_j=(r_j,s_j), (K_1=[0,s_1),\,K_n=(r_n,1]), ὥστε:
\displaystyle{ 
0<r_2<s_1<s_2<\cdots<r_j<r_{j+1}<s_j<s_{j+1}<\cdots r_n<s_{n-1}<1. 
}
Στὰ κλειστὰ διαστήματα L_k, τὰ ὁποῖα προκύπτουν ἀνωτέρω μὲ ἄκρα διαδοχικὰ σημεῖα r_j καὶ s_k, ἰσχύουν τὰ ἑξῆς:
\displaystyle{ 
\max_{x\in [0,1]}f(x)-\min_{x\in [0,1]}f(x)\le \sum_k \Big(\max_{x\in L_k}f(x)-\min_{x\in L_k}f(x)\Big). 
}
Τὰ L_k εἴτε εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων I_n εἴτε ὑποσύνολα διαστημάτων J_x. Συνεπῶς τόσο ἡ συνολικὴ συνεισφορὰ στὸ ἀνωτέρω τῶν L_k ποὺ εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων I_n, ὅσο καὶ ἡ συνολικὴ συνεισφορὰ στὸ ἀνωτέρω τῶν L_k ποὺ εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων J_x εἶναι λιγότερη ἀπὸ \varepsilon. Ἄρα
\displaystyle{ 
\max_{x\in [0,1]}f(x)-\min_{x\in [0,1]}f(x)\le \sum_k \Big(\max_{x\in L_k}f(x)-\min_{x\in L_k}f(x)\Big)<2\varepsilon. 
}
τελευταία επεξεργασία από Γ.-Σ. Σμυρλής σε Δευ Ιούλ 08, 2019 6:34 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11346
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Είναι σταθερή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιούλ 07, 2019 8:52 am

Αλλιώς:

Εστω f μη σταθερή, οπότε υπάρχουν c<d με f(c)\ne f(d). Θα καταλήξουμε σε άτοπο.

Από Θ.Μ.Τ. υπάρχει \xi μεταξύ τους με f'(\xi) = \frac {f(d)-f(c)}{d-c} \ne 0. Επίσης επειδή A αριθμήσιμο ενώ [c,d] μη αριθμήσιμο, υπάρχει \eta \in [c,d]-A, και άρα f'(\eta)=0.

Από Darboux η f' παίρνει στο [c,d] όλες τις τιμές (γνήσια) μεταξύ f'(\eta) = 0 και f'(\xi)\ne 0. Ειδικά οι τιμές αυτές είναι μη-μηδενικές. Με άλλα λόγια κάθε αριθμός μεταξύ του f'(\eta) = 0 και του f'(\xi)\ne 0 είναι της μορφής f'(\theta) , από όπου συμπεραίνουμε ότι \theta \in A (διότι f'(\theta) \ne 0). Αυτό όμως είναι άτοπο διότι A αριθμήσιμο ενώ οι τιμές μεταξύ f'(\eta) = 0 και f'(\xi)\ne 0 είναι μη αριθμήσιμες το πλήθος. Και λοιπά.

ΠΡΟΣΘΗΚΗ ΑΡΓΟΤΕΡΑ:
Η απόδειξη προϋποθέτει ότι η f είναι παραγωγίσιμη και στο A, πράγμα που δεν το δίνει η άσκηση. Άρα είναι ελλειπής. Έδειξα λοιπόν το ζητούμενο μόνο στην περίπτωση που η συνάρτηση είναι παντού παραγωγίσιμη.
Ευχαριστώ τον θεματοθέτη, τον αγαπητό Σταύρο, για την επισήμανση.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2559
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Είναι σταθερή

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Ιούλ 09, 2019 10:50 am

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:
Σάβ Ιούλ 06, 2019 11:08 pm

Τὰ ἀνοικτὰ διαστήματα I_n, n\in\mathbb N, J_x, x\in [0,1]\setminus A, ἀποτελοῦν ἀνοικτὸ κάλυμμα τοῦ συμπαγοῦς [0,1]. Ἄρα ὑπάρχει πεπερασμένο ὑποκάλυμμα: K_1,\ldots, K_m. Διατάσσομε τὰ K_j=(r_j,s_j), (K_1=[0,s_1),\,K_n=(r_n,1]), ὥστε:
\displaystyle{ 
0<r_2<s_1<s_2<\cdots<r_j<r_{j+1}<s_j<s_{j+1}<\cdots r_n<s_{n-1}<1. 
}
Στὰ κλειστὰ διαστήματα L_k, τὰ ὁποῖα προκύπτουν ἀνωτέρω μὲ ἄκρα διαδοχικὰ σημεῖα r_j καὶ s_k, ἰσχύουν τὰ ἑξῆς:
\displaystyle{ 
\max_{x\in [0,1]}f(x)-\min_{x\in [0,1]}f(x)\le \sum_k \Big(\max_{x\in L_k}f(x)-\min_{x\in L_k}f(x)\Big). 
}
Τὰ L_k εἴτε εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων I_n εἴτε ὑποσύνολα διαστημάτων J_x. Συνεπῶς τόσο ἡ συνολικὴ συνεισφορὰ στὸ ἀνωτέρω τῶν L_k ποὺ εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων I_n, ὅσο καὶ ἡ συνολικὴ συνεισφορὰ στὸ ἀνωτέρω τῶν L_k ποὺ εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων J_x εἶναι λιγότερη ἀπὸ \varepsilon. Ἄρα
\displaystyle{ 
\max_{x\in [0,1]}f(x)-\min_{x\in [0,1]}f(x)\le \sum_k \Big(\max_{x\in L_k}f(x)-\min_{x\in L_k}f(x)\Big)<2\varepsilon. 
}
Γεια σου Γιώργο.
Στο κομμάτι που παραθέτω δύο τινά συμβαίνουν.
Η εγώ δεν καταλαβαίνω την σκέψη σου η υπάρχουν τυπογραφικά.
Το ξαναγράφω όπως εγώ νομίζω ότι είναι.

Τὰ ἀνοικτὰ διαστήματα I_n, n\in\mathbb N, J_x, x\in [0,1]\setminus A, ἀποτελοῦν ἀνοικτὸ κάλυμμα τοῦ συμπαγοῦς [0,1]. Ἄρα ὑπάρχει πεπερασμένο ὑποκάλυμμα: K_1,\ldots, K_n+. Διατάσσομε τὰ K_j=(r_j,s_j), (K_1=[0,s_1),\,K_n=(r_n,1]), ὥστε:
\displaystyle{ 
0<r_2<s_1<r_3<s_2<\cdots<r_j<s_{j-1}<r_{j+1}<s_j<\cdots r_n<s_{n-1}<1. 
}+

Στὰ κλειστὰ διαστήματα L_k, τὰ ὁποῖα προκύπτουν ἀνωτέρω μὲ ἄκρα διαδοχικὰ σημεῖα r_j καὶ s_j, +ἰσχύουν τὰ ἑξῆς:
\displaystyle{ 
\max_{x\in [0,1]}f(x)-\min_{x\in [0,1]}f(x)\le \sum_k \Big(\max_{x\in L_k}f(x)-\min_{x\in L_k}f(x)\Big). 
}
Τὰ L_k εἴτε εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων I_n εἴτε ὑποσύνολα διαστημάτων J_x. Συνεπῶς τόσο ἡ συνολικὴ συνεισφορὰ στὸ ἀνωτέρω τῶν L_k ποὺ εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων I_n, ὅσο καὶ ἡ συνολικὴ συνεισφορὰ στὸ ἀνωτέρω τῶν L_k ποὺ εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων J_x εἶναι λιγότερη ἀπὸ \varepsilon.
Αυτό πρέπει να διατυπωθεί διαφορετικά.Π.χ τα κλειστά είναι υπερσύνολα των ανοικτών.
Επίσης η συνολικὴ συνεισφορὰ στὸ ἀνωτέρω τῶν L_k ποὺ προκύπτουν από διαστήματα J_x εἶναι λιγότερη ἀπὸ 2\varepsilon+.

Ἄρα
\displaystyle{ 
\max_{x\in [0,1]}f(x)-\min_{x\in [0,1]}f(x)\le \sum_k \Big(\max_{x\in L_k}f(x)-\min_{x\in L_k}f(x)\Big)<3\varepsilon. 
}+

Σε αυτά που έχω αλλάξει έχω βάλει +

Για τα διαστήματα χρησιμοποιώ το εξής.
Αν πεπερασμένου πλήθους ανοικτά διαστήματα καλύπτουν το [0,1] τότε μπορούμε να πάρουμε κάποια από αυτά ώστε πάλι να το καλύπτουν και επιπλέον κάθε σημείο του [0,1] βρίσκεται το πολύ σε δύο.

Η απόδειξη που γνωρίζω είναι σε διαφορετικό πνεύμα .
Κάποια στιγμή θα την γράψω γιατί περιέχει μια ενδιαφέρουσα τεχνική.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2559
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Είναι σταθερή

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Ιούλ 12, 2019 12:05 am

Θα δείξω το γενικότερο

Εστω f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}

συνεχής συνάρτηση.

Εστω A\subseteq [a,b] αριθμήσιμο σύνολο.

Αν για κάθε x\in [a,b]-A

είναι f'(x)\geq 
0

να δειχθεί ότι η f είναι αύξουσα.

Σαν πόρισμα του παραπάνω θα δειχθεί το ζητούμενο.




Εστω A=\left \{ q_{n}:n\in \mathbb{N} \right \}

Εστω \epsilon > 0

Θεωρούμε το σύνολο
\displaystyle B=\left \{ x\in (a,b]:f(a)\leq f(x)+\epsilon +\epsilon (x-a)+\epsilon \sum _{q_{n}<x}\frac{1}{2^{n}} \right \}

Λόγω του παράγοντα \epsilon
είναι
B\neq \o
Επίσης
B\subseteq [a,b]

Αρα υπάρχει το s=sup B

Θα δείξουμε ότι s\in B

Εστω x_{k}\in B,x_{k}\rightarrow s,x_{k}\leq s
Είναι

f(a)\leq f(x_{k})+\epsilon +\epsilon (x_{k}-a)+\epsilon \sum _{q_{n}<x_{k}}\frac{1}{2^{n}}\leq f(x_{k})+\epsilon +\epsilon (x_{k}-a)+\epsilon \sum _{q_{n}<s }\frac{1}{2^{n}}

Παίρνοντας k\rightarrow \infty
έχουμε

f(a)\leq f(s)+\epsilon +\epsilon (s-a)+\epsilon \sum _{q_{n}<s}\frac{1}{2^{n}}(1)

Αρα s\in B.

Θα δείξουμε τώρα ότι s=b

Εστω s<b.
Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις.

1)s\in A

είναι s=q_{m},m\in \mathbb{N}

Από την συνέχεια υπάρχει x>s με f(s)\leq f(x)+\epsilon \frac{1}{2^{m}}

Μαζί με την (1) προκύπτει 'οτι

f(a)\leq f(x)+\epsilon +\epsilon (x-a)+\epsilon \sum _{q_{n}<x}\frac{1}{2^{n}}

Αρα x\in B και x>s ΑΤΟΠΟ

2)s\notin A

Επειδή f'(s)\geq -\epsilon

υπάρχει x>s με

\dfrac{f(x)-f(s)}{x-s}\geq -\epsilon
δηλαδή
f(s)\leq f(x)+\epsilon (x-s)

Μαζί με την (1) προκύπτει 'οτι

f(a)\leq f(x)+\epsilon +\epsilon (x-a)+\epsilon \sum _{q_{n}<x}\frac{1}{2^{n}}

Αρα x\in B και x>s ΑΤΟΠΟ.

Αρα s=b

Δηλαδή

f(a)\leq f(b)+\epsilon +\epsilon (b-a)+\epsilon \sum \frac{1}{2^{n}}

Η τελευταία ισχύει για κάθε \epsilon > 0

Αρα f(a)\leq f(b).

Είναι φανερό ότι αν πάρουμε a\leq x< y\leq b

και κάνουμε τα ίδια στο [x,y] προκύπτει ότι f(x)\leq f(y)

Τελικά η f είναι αύξουσα.



Η απόδειξη του αρχικού προκύπτει παρατηρώντας ότι για κάθε

x\in [a,b]-A
είναι
f'(x)\geq0
και
(-f)'(x)\geq0

Αρα η f και η -f είναι αύξουσες που δίνει ότι η f είναι σταθερή.


Άβαταρ μέλους
Γ.-Σ. Σμυρλής
Δημοσιεύσεις: 550
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 14, 2012 9:47 am
Τοποθεσία: Λευκωσία, Κύπρος

Re: Είναι σταθερή

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γ.-Σ. Σμυρλής » Τρί Ιούλ 16, 2019 12:07 am

Παραθέτω ἄλλη ἀπόδειξη, τροποποιημένη, διορθωμένη καὶ ἁπλουστευμένη ἐκδοχὴ τῆς προηγουμένης , ἡ ὁποία ὅμως ἀποτελεῖ ἀπόδειξη τοῦ κάτωθι γενικότερου προβλήματος:

Ἄν f'(x)\ge 0, διὰ κάθε x\in [a,b]\setminus A, ὅπου A ἀριθμήσιμο σύνολο, τότε f αὔξουσα.

[Δὲν διαγράφω τὴν προηγούμενή μου ἀπόδειξη, καθὼς αὐτὴ ἔχει ἤδη σχολιασθεῖ ἀπὸ τὸν Σταῦρο.]

Ἔστω λοιπὸν c,d\in [a,b], μὲ c<d. Ἀρκεῖ νὰ δείξομε ὅτι

\displaystyle{ 
f(d)-f(c)>-(4+d-c)\varepsilon, 
}

διὰ κάθε \varepsilon>0.

Ἀπαριθμοῦμε τὸ A ὡς A=\{\alpha_n\}_{n\in\mathbb N} καὶ ἐπιλέγομε \delta_n>0, ὥστε

\displaystyle{ 
x\in(\alpha_n-\delta_n,\alpha_n+\delta_n)\quad\Longrightarrow\quad|f(x)-f(\alpha_n)|<\frac{\varepsilon}{2^n} 
}

διὰ κάθε n\in\mathbb N. Τέτοια \delta_n's ὑπάρχουν χάριν τῆς συνεχείας τῆς f. Θέτομε I_n=(\alpha_n-\delta_n,\alpha_n+\delta_n). Ἰσχύει δὲ ὅτι

\displaystyle{ 
y_1,\,y_2\in I_n\,\,\,\Longrightarrow\,\,\, f(y_2)>f(y_1)-\frac{\varepsilon}{2^{n-1}} \qquad\qquad\qquad (1) 
}

Ἔστω x\in [a,b]\setminus A. Τότε ὑπάρχει \eta_x>0, ὥστε
\displaystyle{ 
y\in(x-\eta_x,x+\eta_x)\quad\Longrightarrow\quad-\varepsilon |y-x|<f(y)-f(x)-(y-x)f'(x)< \varepsilon|y-x|, 
}

καὶ ἄρα, ὁποτεδήποτε y_1,y_2\in J_x=(x-\eta_x,x+\eta_x), καὶ y_1\le x\le y_2, ἔχομε ὅτι

\displaystyle{ 
f(y_2)-f(y_1)-(y_2-y_1)f'(x)\ge -\varepsilon(|y_1-x|+|y_2-x|) 
}

καὶ καθὼς f'(x)\ge 0, τελικῶς λαμβάνομε ὅτι

\displaystyle{ 
f(y_2)>f(y_1)-\varepsilon(y_2-y_1). \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad (2) 
}

Θὰ χρησιμοποιήσομε τὸ ἀκόλουθο ἀποτέλεσμα (βλέπε ἀπόδειξη στὸ [1]):

Λῆμμα τοῦ Cousin. Ἔστω \mathcal C ἕνα πλῆρες κάλυμμα τοῦ [a, b], δηλαδὴ μία συλλογὴ κλειστῶν ὑποδιαστημάτων τοῦ [a, b] μὲ τὴν ἰδιότητα ὅτι διὰ κάθε x\in[a, b], ὑπάρχει \delta>0, ὥστε ἡ \mathcal C νὰ περιλαμβάνει ὅλα τὰ κλειστὰ ὑποδιαστήματα τοῦ [a, b] τὰ ὁποῖα περιέχουν τὸ x καὶ ἔχουν μῆκος μικρότερο τοῦ \delta. Τότε ὑπάρχει διαμέριση \{I_1,\,I_2,\ldots,I_m\}\subset\mathcal C τοῦ [a, b], ὅπου I_i=[x_{i-1}, x_i] καὶ a=x_0 < x_1 <\cdots <x_n=b, διὰ κάθε 1\le i\le m.

Ὁρίζομε ὡς \mathcal C τὴν συλλογὴ τῶν κλειστὼν ὑποδιαστημάτων K τοῦ [c,d], ὥστε εἴτε K\subset I_n καὶ \alpha_n\in K, γιὰ κάποιο \alpha_n\in A εἴτε K\subset J_x καὶ x\in K, γιὰ κάποιο x\in [a,b]\setminus A. Τὸ Λῆμμα τοῦ Cousin παρέχει τὴν ὕπαρξη σημείων c=x_0<x_1<\cdots<x_m=d, ὥστε τὰ κλειστὰ διαστήματα

\displaystyle{ 
K_1=[x_0,x_1],\, K_2=[x_1,x_2],\ldots,K_m=[x_{m-1},x_m] 
}

νὰ ἀνήκουν \mathcal C.

Σημειωτέον ὅτι, ἀπὸ τὴν κατασκευὴ τῆς \mathcal C, ἕκαστον τῶν K_j ἀποτελεῖ ὑποδιάστημα κάποιου διαστήματος I_n ἢ κάποιου διαστήματος J_x καὶ βεβαίως δύναται νὰ ἀποτελεῖ ὑποδιάστημα περισσοτέρων τοῦ ἑνός τέτοιων διαστημάτων. Διὰ κάθε τέτοιο K_j ἐπιλέγομε ἀκριβῶς ἕνα τέτοιο διάστημα. Συνεπῶς σὲ κάθε j\in\{1,\ldots,m\} ἔχει ἀντιστοιχισθεῖ εἴτε μοναδικὸ n\in\mathbb N, ὥστε \alpha_n\in K_j\subset I_n, τὸ ὁποῖο συμβολίζομε ὡς n_j, εἴτε μοναδικὸ x\in [a,b]\setminus A, ὥστε x\in K_j\subset J_x. Ἡ ἀπεικόνιση αὐτὴ δὲν εἶναι ἀπαραιτήτως 1-1, καθὼς ἂν τὸ \alpha_n ἀποτελεῖ τὸ κοινὸ ἄκρο τῶν K_j καὶ K_{j+1}, τότε ἐνδέχεται νὰ ἰσχύει n_j=n_{j+1}. Δήλαδὴ κάποια ἐκ τῶν διαστημάτων I_n ἐνδέχεται νὰ ἔχουν ληφθεῖ ἔως καὶ δύο φορές.

Ἐκφράζομε τὸ σύνολο S=\{1,\ldots,m\} ὡς τὴν ἕνωση τῶν ξένων μεταξὺ τους συνόλων. Τοῦ S_1, τὸ ὁποῖο ἀποτελεῖται ἀπὸ τὰ j\in S γιὰ τὰ ὁποῖα ἔχει ἐπιλεγεῖ n\in\mathbb N, ὥστε \alpha_n\in K_j\subset I_n=I_{n_j} καὶ τοῦ S_2=S\setminus S_1. Ἄν j\in S_2, τότε ἔχει ἐπιλεγεῖ κάποιο x\in [a,b]\setminus A, ὥστε x\in K_j\subset J_x.

Ἄν j\in S_1 καὶ K_j\subset I_{n_j}, τότε ἡ (1) παρέχει ὅτι

\displaystyle{ 
f(x_j)-f(x_{j-1})>-\dfrac{\varepsilon}{2^{n_j-1}}, 
}

ἐνῶ ἄν j\in S_2, τότε ἡ (2) παρέχει ὅτι

\displaystyle{  
f(x_j)-f(x_{j-1})>-\varepsilon (x_j-x_{j-1}). 
}

Συνολικὰ ἔχομε

\displaystyle{ 
f(d)-f(c) &= \sum_{j=1}^m \big(f(x_j)-f(x_{j-1})\big)= 
\sum_{j\in S_1} \big(f(x_j)-f(x_{j-1})\big)+\sum_{j\in S_2} \big(f(x_j)-f(x_{j-1})\big) 
}
\displaystyle{ 
\ge -\sum_{j\in S_1} \frac{\varepsilon}{2^{n_j-1}}-\sum_{j\in S_2}\varepsilon(x_j-x_{j-1})  
> -4\varepsilon-\varepsilon(d-c)=-(4+d-c)\varepsilon. 
}

Ἡ τελευταία ἀνισότητα ὀφείλεται στὸ ὅτι γιὰ τὸ πρῶτο ἄθροισμα ἰσχύει

\displaystyle{ 
\sum_{j\in S_1} \dfrac{1}{2^{n_j-1}}< 2\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{2^{n-1}}=4, 
}

καθὼς στὸ ἄθροισμα στὰ ἀριστερά, ἡ δύναμη \dfrac{1}{2^{n-1}} δύναται νὰ ἐμφανίζεται μηδέν, μία ἤ δύο (τὸ πολὺ) φορὲς ἂν τὸ \alpha_n ἀποτελεῖ ἄκρο δύο ἐκ τῶν K_j's.

Παρατήρηση. Ἂν ἡ ὑπόθεση "A ἀριθμήσιμο σύνολο" ἀντικατασταθεῖ ἀπὸ τὴν ὑπόθεση "A σύνολο μηδενικοῦ μέτρου", τότε τὸ συμπέρασμα παύει νὰ ἰσχύει. Ἀντιπαράδειγμα: ἡ συνάρτηση Cantor. (Βλέπε [2]).

[1]: https://books.google.com.cy/books?id=Wl ... of&f=false

[2]: https://en.wikipedia.org/wiki/Cantor_function


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες