mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 20, 2010 11:46 pm**

Δίνεται $f:{\mathbb R}\to {\mathbb R}$ . Αν

είναι το σύνολο των $x\in {\mathbb R}$ για τα οποία οι πλευρικές παράγωγοι $f_+^{\prime }(x)$ και $f_-^{\prime }(x)$ υπάρχουν και είναι διαφορετικές ( $f_+^{\prime }(x)\neq f_-^{\prime }(x)$ ) να δειχτεί ότι το

είναι αριθμήσιμο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 21, 2010 1:53 pm**

Έστω

το σύνολο όλων των

για τα οποία οι πλευρικές παραγώγοι υπάρχουν και διαφέρουν τουλάχιστον κατά

. (Όπου

.) Θα δείξουμε ότι το A_r

είναι αριθμήσιμο και άρα και το $\displaystyle{A = \bigcup_{n=1}^{\infty} A_{1/n}}$ είναι αριθμήσιμο.

Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε $x \in A_r$ υπάρχει $\delta = \delta(x,r) > 0$ ώστε $A_r \cap (x - \delta, x + \delta) = \{x\}$ . Πράγματι τότε υπάρχει μια 1-1 συνάρτηση από το A_r

στο $\mathbb{Q}$ η οποία στέλνει κάθε $x \in \mathbb{R}$ σε κάποιο ρητό q_x

με $|q_x - x| < \delta(x,r)/2$ .

Έστω λοιπόν $x \in A_r$ και επιλέγουμε $\delta$ αρκετά μικρό ώστε $\displaystyle{ \left| \frac{f(x+h) - f(x)}{h} - f{'}_+(x) \right| \leqslant r/3}$ για κάθε $0 < h < \delta$ . Τότε, για κάθε $y \in (x,x+\delta)$ και κάθε

ώστε $y+t \in (x,x+\delta)$ θα έχουμε

A) $\displaystyle{ (y+t-x)(f{'}(x) + r/3) + f(x) \leqslant f(y+t) \leqslant (y+t-x)(f{'}(x) + r/3) + f(x)}$
B) $\displaystyle{ (y-x)(f{'}(x) - r/3) + f(x) \leqslant f(y) \leqslant (y-x)(f{'}(x) + r/3) + f(x) \leqslant f(y)}$

άρα $\displaystyle{ t(f{'}(x) - r/3) \leqslant f(y+t) - f(y) \leqslant t(f{'}(x) + r/3)}$

και άρα $\displaystyle{ \left| \frac{f(y+t) - f(y)}{t} - f{'}_+(x) \right| \leqslant r/3$ . Άρα αν υπάρχουν οι πλευρικές παράγωγοι στο

θα διαφέρουν το πολύ κατά 2r/3

και άρα το

δεν ανήκει στο A_r

.

Με παρόμοιο τρόπο βρίσκουμε αρκετά μικρό $\delta{'} > 0$ ώστε $A_r \cap (x - \delta',x) = \emptyset$ και θέτουμε $\delta(x,r) = \min\{\delta,\delta'\}$ .

Όπως μου επισήμανε ο peter υπάρχει πρόβλημα με την πιο πάνω λύση (στο κοκκινισμένο σημείο). Προς το παρόν δεν βλέπω πως μπορεί να διορθωθεί.

Τώρα που το ξανασκέφτομαι μάλιστα υπάρχει σοβαρό πρόβλημα αφού με την πιο πάνω μέθοδο θα μπορούσε κάποιος να δείξει ότι μια παραγωγίσιμη συνάρτηση έχει συνεχή παράγωγο το οποίο γνωρίζουμε ότι δεν ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2010 6:09 pm**

Να γράψω μια πιθανή λύση: Έστω ότι το σύνολο

των $x\in \mathbb R$ για τα οποία οι πλευρικές υπάρχουν και είναι διαφορετικές είναι υπεραριθμήσιμο. Τότε, είτε το $A^+=\{x: f_-{'}(x)<f_+{'}(x)\}$ είναι υπεραριθμήσιμο ή το $A^-=\{x : f_-{'}(x)>f_+{'}(x)\}$ είναι υπεραριθμήσιμο. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι το A^+

είναι (διαφορετικά δουλεύουμε με την

).

Τότε, υπάρχει ρητός $q\in \mathbb Q$ ώστε το $A_q^+=\{x : f_-{'}(x)<q<f_+{'}(x)\}$ να είναι υπεραριθμήσιμο, αφού $A^+=\bigcup_{q\in \mathbb Q}A_q^+$ .

Τώρα λέω ότι αρκεί να δουλέψουμε για την περίπτωση όπου το $B=\{x :f_-{'}(x)<0<f_+{'}(x)\}$ είναι υπεραριθμήσιμο (διαφορετικά θεωρούμε την g(x)=f(x)-qx

και έχουμε ότι το $B=\{x : g_-{'}(x)<0<g_+{'}(x)\}$ είναι υπεραριθμήσιμο.)

Στη συνέχεια βλέπουμε ότι αν $b\in B$ τότε αυτό είναι θέση γνήσιου τοπικού ελαχίστου: Υπάρχει $\delta>0$ ώστε αν $b<x<b+\delta$ τότε $\frac{f(x)-f(b)}{x-b}>0$ ενώ αν $b-\delta<x<b$ τότε $\frac{f(x)-f(b)}{x-b}<0$ .

Τέλος, είναι εύκολο να δείξει κανείς ότι για κάθε συνάρτηση το σύνολο των θέσεων των γνήσιων τοπικών ελαχίστων της είναι το πολύ αριθμήσιμο.

mathematica.gr

Διαφορετικές πλευρικές παράγωγοι

Διαφορετικές πλευρικές παράγωγοι

Re: Διαφορετικές πλευρικές παράγωγοι

Re: Διαφορετικές πλευρικές παράγωγοι