Είναι σταθερή

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

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

είναι σταθερή.

Γ.-Σ. Σμυρλής · #2

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

σταθερά.

Ἀπαριθμοῦμε κατ᾽ ἀρχὰς τὸ

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

στὰ

.

Ἀκολούθως, διὰ κάθε $x\in[0,1]$ , ὥστε f'(x)=0

, ὑπάρχει

, 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

, 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
$\displaystyle{ \max_{x\in [0,1]}f(x)-\min_{x\in [0,1]}f(x)\le \sum_k \Big(\max_{x\in L_k}f(x)-\min_{x\in L_k}f(x)\Big)<2\varepsilon. }$

#3

Αλλιώς:

Εστω

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

αριθμήσιμο ενώ [c,d]

μη αριθμήσιμο, υπάρχει $\eta \in [c,d]-A$ , και άρα $f'(\eta)=0$ .

Από Darboux η

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

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

είναι παραγωγίσιμη και στο

, 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 · #4

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

Τὰ ἀνοικτὰ διαστήματα , $n\in\mathbb N$ , , $x\in [0,1]\setminus A$ , ἀποτελοῦν ἀνοικτὸ κάλυμμα τοῦ συμπαγοῦς . Ἄρα ὑπάρχει πεπερασμένο ὑποκάλυμμα: $K_1,\ldots, K_m$ . Διατάσσομε τὰ , ( $K_1=[0,s_1),\,K_n=(r_n,1]$ ), 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 , τὰ ὁποῖα προκύπτουν ἀνωτέρω μὲ ἄκρα διαδοχικὰ σημεῖα καὶ , 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 εἴτε εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων εἴτε ὑποσύνολα διαστημάτων . Συνεπῶς τόσο ἡ συνολικὴ συνεισφορὰ στὸ ἀνωτέρω τῶν ποὺ εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων , ὅσο καὶ ἡ συνολικὴ συνεισφορὰ στὸ ἀνωτέρω τῶν ποὺ εἶναι ὑποσύνολα διαστημάτων 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

, +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 · #5

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

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

.
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

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

και η

είναι αύξουσες που δίνει ότι η

είναι σταθερή.

Γ.-Σ. Σμυρλής · #6

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 ἀριθμήσιμο σύνολο, τότε 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

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

. 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 , δηλαδὴ μία συλλογὴ κλειστῶν ὑποδιαστημάτων τοῦ μὲ τὴν ἰδιότητα ὅτι διὰ κάθε $x\in[a, b]$ , ὑπάρχει $\delta>0$ , ὥστε ἡ $\mathcal C$ νὰ περιλαμβάνει ὅλα τὰ κλειστὰ ὑποδιαστήματα τοῦ τὰ ὁποῖα περιέχουν τὸ καὶ ἔχουν μῆκος μικρότερο τοῦ $\delta$ . Τότε ὑπάρχει διαμέριση $\{I_1,\,I_2,\ldots,I_m\}\subset\mathcal C$ τοῦ , 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

τοῦ

, 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 " ἀριθμήσιμο σύνολο" ἀντικατασταθεῖ ἀπὸ τὴν ὑπόθεση " 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

Είναι σταθερή

Είναι σταθερή

Re: Είναι σταθερή

Re: Είναι σταθερή

Re: Είναι σταθερή

Re: Είναι σταθερή

Re: Είναι σταθερή

Μέλη σε σύνδεση