Ισχυρισμός

Συντονιστής: Σεραφείμ

s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Ισχυρισμός

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Τρί Φεβ 16, 2016 6:10 am

Είναι αληθής ή όχι ο παρακάτω ισχυρισμός:

Αν \displaystyle{a} είναι θετικός πραγματικός και \displaystyle{n} ακέραιος \displaystyle{\ge 2}, τότε δεν υπάρχουν συναρτήσεις \displaystyle{f_i:\Bbb{R} \to \Bbb{R}, i=1,2,...,n},

ώστε να ισχύει η \displaystyle{\sum_{i=1}^n \left|f_i(x)-f_i(y)\right| >a}, για κάθε \displaystyle{x,y \in \Bbb{R}} , με \displaystyle{x \neq y}*

*Συμπλήρωσα το \displaystyle{ x \neq y}, το οποίο από αβλεψία μου διέφυγε. Ευχαριστώ τον Δημήτρη που το επεσήμανε.


Σπύρος Καπελλίδης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7884
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ισχυρισμός

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Φεβ 16, 2016 3:22 pm

Είναι αληθής:

Έστω συναρτήσεις f_1,\ldots,f_n.

Αρκεί να βρω x,y \in \mathbb{R} με x \neq y και \displaystyle{ |f_k(x) - f_k(y)| \leqslant a/n. } για κάθε k \in \{1,2,\ldots,n\}.

Διαμερίζω το \mathbb{R} ως εξής \displaystyle{\mathbb{R} = \bigcup_{m \in \mathbb{Z}} A_m} όπου A_m = (ma/n,(m+1)a/n].

Ξεκινώ με B_0 = \mathbb{R}.

Επειδή το B_0 είναι υπεραριθμήσιμα άπειρο, και επειδή το πλήθος των A_m είναι αριθμήσιμο, υπάρχει m_1 και υπεραριθμήσιμο B_1 ώστε x \in B_1 \Rightarrow f_1(x) \in A_{m_1}.

Επειδή το B_1 είναι υπεραριθμήσιμα άπειρο, και επειδή το πλήθος των A_m είναι αριθμήσιμο, υπάρχει m_2 και υπεραριθμήσιμο B_2 \subseteq B_1 ώστε x \in B_2 \Rightarrow f_2(x) \in A_{m_2}.

Προχωρώντας επαγωγικά βρίσκω B_0 \supseteq B_1 \supseteq B_2 \supseteq \cdots \supsetew B_n και m_1,\ldots,m_n ώστε x\in B_k \Rightarrow f_k(x) \in A_{m_k}.

Τώρα παίρνω οποιαδήποτε δύο διαφορετικά στοιχεία x,y του B_n και παρατηρώ ότι για κάθε k \in \{1,2,\ldots,n\} έχουμε x,y \in B_k, άρα f_k(x),f_k(y) \in A_{m_k} και άρα όντως |f_k(x) - f_k(y)| < a/n όπως θέλαμε να δείξουμε.


s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Ισχυρισμός

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Τετ Φεβ 17, 2016 6:01 pm

Αλλιώς:

Με απαγωγή σε άτοπο.

Θεωρούμε το σημείο \displaystyle{k_x=\left((f_1(x),f_2(x),...,f_n(x)\right)} του \displaystyle{\Bbb{R}^n}, τις ανοικτές σφαίρες \displaystyle{S_x=\left(k_x,\frac {a}{2\sqrt{n}}\right)} και

το σύνολο \displaystyle{\mathcal{U}=\{S_x,x \in \Bbb{R}\}}.

Αν \displaystyle{x,y \in \Bbb{R}, x \neq y}, τότε \displaystyle{\left(\sum_{i=1}^n \left|f_i(x)-f_i(y)\right|^2\right)n \ge \left(\sum_{i=1}^n \left|f_i(x)-f_i(y)\right|\right)^2>a^2},

άρα \displaystyle{\left(\sum_{i=1}^n\left|f_i(x)-f_i(y)\right|^2\right)^{\frac {1}{2}}>\frac {a}{\sqrt{n}}}.

Συνεπώς (εύκολο) \displaystyle{S_x \cap S_y=\varnothing}.

Άρα η απεικόνιση \displaystyle{G:\Bbb{R} \to \mathcal{U}} με \displaystyle{G(x)=S_x} είναι 1-1 και επί, συνεπώς το \displaystyle{\mathcal{U}} είναι υπεραριθμήσιμο, το οποίο είναι

άτοπο, γιατί οποιοδήποτε σύνολο ανοικτών και ξένων μεταξύ τους υποσυνόλων του \displaystyle{ \Bbb{R}^n} είναι αριθμήσιμο.


Σπύρος Καπελλίδης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΩΤΕΡΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης