mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 03, 2019 11:34 am**

Έστω συνάρτηση $f:I\rightarrow R$ άνω φραγμένη στο

.

Να βρεθεί αύξουσα συνάρτηση $g:I\rightarrow R$ η οποία ικανοποιεί τις:

1) $g(x)\geq f(x)$ για κάθε $x \in I$ και

2) Αν $h:I\rightarrow R$ αύξουσα με $h(x)\geq f(x)$ , για κάθε $x \in I$ τότε $h(x)\geq g(x)$ , για κάθε $x \in I$ .

Επίσης να δείξετε ότι αν

συνεχής τότε

συνεχής.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 03, 2019 3:23 pm**

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: Πέμ Ιαν 03, 2019 11:34 am Έστω συνάρτηση $f:I\rightarrow R$ άνω φραγμένη στο .

Να βρεθεί αύξουσα συνάρτηση $g:I\rightarrow R$ η οποία ικανοποιεί τις:

1) $g(x)\geq f(x)$ για κάθε $x \in I$ και

2) Αν $h:I\rightarrow R$ αύξουσα με $h(x)\geq f(x)$ , για κάθε $x \in I$ τότε $h(x)\geq g(x)$ , για κάθε $x \in I$ .

Επίσης να δείξετε ότι αν συνεχής τότε συνεχής.

Θέτουμε $g(x) = \sup \{f(t) | t\le x \}$ οπότε

αύξουσα και το 1) προφανές. Αλλά και το 2) είναι άμεσο αφού για $x\ge t$ ισχύει εξ υποθέσεως
$h(x) \ge h(t)$ άρα $h(x) = \sup \{h(t) | t\le x \} \ge \sup \{f(t) | t\le x \} = g(x)$ .

Τέλος, αν

συνεχής είναι άμεσο (και γνωστό) ότι και

συνεχής.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 03, 2019 7:45 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Ιαν 03, 2019 3:23 pm
Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: Πέμ Ιαν 03, 2019 11:34 am Έστω συνάρτηση $f:I\rightarrow R$ άνω φραγμένη στο .

Να βρεθεί αύξουσα συνάρτηση $g:I\rightarrow R$ η οποία ικανοποιεί τις:

1) $g(x)\geq f(x)$ για κάθε $x \in I$ και

2) Αν $h:I\rightarrow R$ αύξουσα με $h(x)\geq f(x)$ , για κάθε $x \in I$ τότε $h(x)\geq g(x)$ , για κάθε $x \in I$ .

Επίσης να δείξετε ότι αν συνεχής τότε συνεχής.
Θέτουμε $g(x) = \sup \{f(t) | t\le x \}$ οπότε αύξουσα και το 1) προφανές. Αλλά και το 2) είναι άμεσο αφού για $x\ge t$ ισχύει εξ υποθέσεως
$h(x) \ge h(t)$ άρα $h(x) = \sup \{h(t) | t\le x \} \ge \sup \{f(t) | t\le x \} = g(x)$ .

Τέλος, αν συνεχής είναι άμεσο (και γνωστό) ότι και συνεχής.

Μιχάλη ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ και ΚΑΛΑ.

Η προτελευταία γραμμή έχει τυπογραφικό
το σωστό είναι

$h(t) \ge f(t)$ άρα $h(x) = \sup \{h(t) | t\le x \} \ge \sup \{f(t) | t\le x \} = g(x)$

Δεν βλέπω γιατί

αν

συνεχής είναι άμεσο ότι και

συνεχής.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 03, 2019 7:59 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Πέμ Ιαν 03, 2019 7:45 pm
Μιχάλη ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ και ΚΑΛΑ.

Η προτελευταία γραμμή έχει τυπογραφικό
το σωστό είναι

$h(t) \ge f(t)$ άρα $h(x) = \sup \{h(t) | t\le x \} \ge \sup \{f(t) | t\le x \} = g(x)$

Σταύρο, ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ και από μένα.

Το παραπάνω δεν είναι τυπογραφικό. Το εννοούσα όπως το έγραψα. Συγκεκριμένα την $h(x) \ge h(t)$ (που είναι από την υπόθεση
ότι η

είναι αύξουσα) την θέλουμε για την ισότητα $h(x) = \sup \{h(t) | t\le x \}$ . Αυτή που γράφεις, $h(t) \ge f(t)$ , χρειάζεται για την
απόδειξη της $\sup \{h(t) | t\le x \} \ge \sup \{f(t) | t\le x \}$ . Όμως την θεώρησα αρκετά αυτονόητη/απλή οπότε έγραψα μόνο την πρώτη για να φανεί που ακριβώς χρησιμοποιώ το γεγονός ότι η

είναι αύξουσα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 07, 2019 10:15 am**

Καλή χρονιά Λάμπρο και υπόλοιποι συνάδελφοι.

Αν η f συνεχής, τότε $\forall \:\xi \: \epsilon\: I$ και $\forall \: \varepsilon >0$ υπάρχει $\delta >0$ ώστε $\left | f(x)-f(\xi) \right |<\varepsilon/4 ,\: \forall \, x \: \epsilon \: (\xi-\delta, \xi+\delta )\cap I$ . Τώρα διακρίνουμε τις δύο περιπτώσεις:
(i) Εάν $\exists \: x_0 \: \epsilon (\xi-\delta, \xi)\cap I$ ώστε $g(x_0) \geq f(\xi)+\varepsilon/4$ τότε θέτοντας $\delta' = \xi - x_0$ , έχουμε ότι $g(x)=g(x_0), \forall x \epsilon I \cap (\xi - \delta', \xi + \delta')$ , επομένως $\left | g(x)-g(\xi) \right |=0<\varepsilon ,\: \forall \, x \: \epsilon \: (\xi-\delta', \xi+\delta' )\cap I$ και επομένως η g είναι συνεχής.
(ii) Εάν $g(x) < f(\xi)+\varepsilon/4, \: \forall \: x \: \epsilon (\xi-\delta, \xi)\cap I$ τότε επιλέγοντας οποιοδήποτε $\delta' \: \epsilon \: (0,\delta)$ , ισχύει $g(x) \: \epsilon \: (f(\xi)-\varepsilon/4, f(\xi)+\varepsilon/4], \forall \: x \: \epsilon \: (\xi-\delta', \xi+\delta' )\cap I$ , και άρα $\left | g(x)-g(\xi) \right |<\varepsilon/2<\epsilon ,\: \forall \: x \: \epsilon \: (\xi-\delta', \xi+\delta' )\cap I$ . Επομένως η g συνεχής.

Ευθύμιος Τσακαλέρης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 07, 2019 11:40 am**

Martingale έγραψε: Δευ Ιαν 07, 2019 10:15 am Καλή χρονιά Λάμπρο και υπόλοιποι συνάδελφοι.

Αν η f συνεχής, τότε $\forall \:\xi \: \epsilon\: I$ και $\forall \: \varepsilon >0$ υπάρχει $\delta >0$ ώστε $\left | f(x)-f(\xi) \right |<\varepsilon/4 ,\: \forall \, x \: \epsilon \: (\xi-\delta, \xi+\delta )\cap I$ . Τώρα διακρίνουμε τις δύο περιπτώσεις:
(i) Εάν $\exists \: x_0 \: \epsilon (\xi-\delta, \xi)\cap I$ ώστε $g(x_0) \geq f(\xi)+\varepsilon/4$ τότε θέτοντας $\delta' = \xi - x_0$ , έχουμε ότι $g(x)=g(x_0), \forall x \epsilon I \cap (\xi - \delta', \xi + \delta')$ , επομένως $\left | g(x)-g(\xi) \right |=0<\varepsilon ,\: \forall \, x \: \epsilon \: (\xi-\delta', \xi+\delta' )\cap I$ και επομένως η g είναι συνεχής.
(ii) Εάν $g(x) < f(\xi)+\varepsilon/4, \: \forall \: x \: \epsilon (\xi-\delta, \xi)\cap I$ τότε επιλέγοντας οποιοδήποτε $\delta' \: \epsilon \: (0,\delta)$ , ισχύει $g(x) \: \epsilon \: (f(\xi)-\varepsilon/4, f(\xi)+\varepsilon/4], \forall \: x \: \epsilon \: (\xi-\delta', \xi+\delta' )\cap I$ , και άρα $\left | g(x)-g(\xi) \right |<\varepsilon/2<\epsilon ,\: \forall \: x \: \epsilon \: (\xi-\delta', \xi+\delta' )\cap I$ . Επομένως η g συνεχής.

Ευθύμιος Τσακαλέρης

Ευθύμη καλή χρονιά! Παρεμπιπτόντως είχα βάλει ένα πρόβλημά σου εδώ: viewtopic.php?f=44&t=63444&p=306569#p306569

mathematica.gr

Ελάχιστη αύξουσα συνάρτηση φράγμα

Ελάχιστη αύξουσα συνάρτηση φράγμα

Re: Ελάχιστη αύξουσα συνάρτηση φράγμα

Re: Ελάχιστη αύξουσα συνάρτηση φράγμα

Re: Ελάχιστη αύξουσα συνάρτηση φράγμα

Re: Ελάχιστη αύξουσα συνάρτηση φράγμα

Re: Ελάχιστη αύξουσα συνάρτηση φράγμα