Φυλλο 1, 28 Οκτωβριου Ν.Σ. Μαυρογιάννης

Transcript

1 ÐÐ Å Ñ Ø È Φυλλο 1, 28 Οκτωβριου 29 Ò Ñ Ø Ò Ô Ö Ø Ð Ö º ƺ˺ŠÙÖÓ ÒÒ ÖÅ Ñ Ø ôò ØÙ Ì ÔÓ Ù Ð ËÕÓÐ ËÑ ÖÒ È Ö Ñ Ø Ä Ó Ô Ñ Ð ËØÓ Õ Ó Ø Ø Ñ ØÓLA TEX¾ε ½ α (β + γ = αβ + αγ Από τα πρώτα πράγματα που μαθαίνουμε στα παιδιά. Ακρογωνιαίος λίθος της Άλγεβρας. Υπάρχουν και εύκολα πειστικά επιχειρήματα για αυτό, τουλάχιστον στην περίπτωση που έχουμε φυσικούς αριθμούς: À ÙÒ ÖØ Ü Û ØÓÙCauchy Ν.Σ. Μαυρογιάννης λόγους(θεωρία Εμβαδού, Μηχανική, Θεωρία Πιθανοτήτων τους μαθηματικούς ήδη από τον 18ο αιώνα. Μεταξύ άλλων καιτους K.F. Gauss, A.M. Legendre. Στοπρόβλημαμαςο άγνωστος δεν είναι κάποιος αριθμός αλλά μία συνάρτηση. Για αυτό εξισώσεις σαν την(1 όπου ζητείται μία συνάρτηση που να ικανοποιεί κάποια δοθείσα σχέση λέγονται συναρτησιακές εξισώσεις. Η επιμεριστική ιδιότητα ριζώνει γερά στο μυαλό των παιδιών. Τόσο που όταν έχουν να αντιμετωπίσουν συναρτήσεις, αρκετά από αυτά, είναι πρόθυμα να γράψουν f ( + y = f ( + f (y (1 Για τον απλούστατο λόγο ότι βλέπουν την συνάρτηση σαν«συντελεστή». Για μερικούς μαθητές παίρνει αρκετό καιρό μέχρις ότου να αντιληφθούν ότι αυτοματισμοί του τύπου: ή ηµ ( + y = ηµ ( + ηµ (y log θ ( + y = log α + log y β δεν είναι επιτρεπτοί. Φυσικά υπάρχουν συναρτήσεις f που η (1ισχύειγιαόλατα, y. Είναιοισυναρτήσειςτηςμορφής f ( = λαφούγιαμιατέτοιασυνάρτησηφυσικάισχύει f ( + y = λ( + y = λ + λy = f ( + f (y.τοερώτημα είναι εύλογο: Υπάρχουν άλλες; ßÅ Ñ Ø Ò ÐÙ Ø ÈÓÐÙØ ÕÒ ËÕÓÐ ºÅ ÖÓÁº Ð Ö À Ø ÔÛ ØÓÙÔÖÓ Ð Ñ ØÓ Ô ØÓÒCauchy ØÓ Ö ÓØÓÙ ¾ Ò ÐÙ ÐÔÓÙ Ü ØÓ½ ¾½º Ηεξίσωση f ( + y = f ( + f (y Το πρόβλημα της εύρεσης μίας συνάρτησης που να ικανοποιεί την σχέση(1(δηλαδή μίας συνάρτησης για την οποίαη(1αληθεύειγιαγιακάθε, yαπασχόλησεγιαπολλούς Augustin-Louis Cauchy ( Ο A.L Cauchyέλυσετηνεξίσωσηστηνειδικήπερίπτωσηόπουη συνάρτηση f είναι συνεχής. Για τον λόγο αυτό η συγκεκριμένη συναρτησιακή εξίσωση φέρει το όνομα του. Μερικά βήματα για την επίλυση της εξίσωσης f ( + y = f ( + f (y Ας δούμε, περίπου, τα πρώτα βήματα της προσέγγισης του Cauchy.Πρώτααπ όλαέχουμε f ( + = f (καιεπομένως f ( + f ( = f (δηλαδή f ( = (2 Αφού f ( = είναι f(+( = οπότεκαι f(+f( = δηλαδή: f( = f(γιακάθε (3 Εχουμε τώρα: f ( + = f ( + f ( = 2f ( f ( + + = f ( + ( + = f (+f ( + = f (+ 2f ( = 3f ( και γενικά για ν = 1, 2, 3... είναι πάντα f(ν = νf(. Αλλακαιγια ν = ισχύει f(ν = νf( αφού f( = f( = = f(. Αντώραπάρουμετον ν να είναι όχι φυσικός αριθμός αλλά κάποιος αρνητικός ακέραιος τότεο ν είναιφυσικός. Άρα f( ν = νf(. Ομως είναι f( ν = f( (ν = µ f(ν. Αυτόσημαίνειότι f(ν = νf(δηλαδήπάλι f(ν = νf(. Επομένως έχουμε ότι f(ν = νf(γιακάθεακέραιο νκαιγιακάθε (4 Αντώραστησχέση(7θέσουμεστηνθάσητου το ν θα έχουμε ότι ισχύει f ( ( ν ν = νf ν που μας οδηγεί στην f ( = νf ( ν καιεπομένως ( f ν = 1 f(γιακάθεακέραιο ν καιγιακάθε (5 ν 1

2 Τέλος αν στην θέση του στην (5 θέσουμε όπου το µμετο µναείναιέναςοποιοσδήποτεακέραιοςέχουμεότι f ( µ ν = 1 ν f (µ. Ομως f (µ = µf ( και επομένως f ( µ ν = µ ν f (. Αλλάκάθερητός qμπορείναγραφείως πηλίκοδύοακεραίωνδηλαδήναπάρειτημορφή µ νμετους µ, ν να είναι ακέραιοι. Άρα έχουμε ότι f(q = qf(γιακάθερητό qκαιγιακάθε (6 Ετσιαπότηνσχέση(6έχουμεγιαπαράδειγμαότι f ( 2 2 = 2f ( 2, f ( 2 3 π = 2 3 f (π, f ( ( 2, = 2, 34 f 4 5 Ηεύκοληπερίπτωση: Δουλεύουμεμόνομε ρητούς αριθμούς Αν μας ενδιέφερε η συνάρτηση μας να«τροφοδοτείται» μόνο από ρητούς αριθμούς δηλαδή να έχει, όπως λέμε, πεδίο ορισμούτουςρητούςαριθμούςτότεησχεση(6μαςδίνειήδητην απάντησηγιατοποιαμπορείναείναι f.θέλουμετο f(καιο είναικάποιοςρητός.μπορούμεστην(6νακάνουμετιςεξής αντικαταστάσεις: πριν: q μετά: 1 Ετσιθαέχουμετηνισότητα f ( 1 = f (1πουγράφεται και f ( = f (1. Δηλαδήγιαναμάθουμετην fόλοκιόλο πουχρειαζόμαστεείναιναξέρουμετου λ = f (1.Καιοτύπος της f θα είναι απλούστατος: f( = λf(γιακάθερητό (7 Σχεδιάσαμε τις ευθείες γραμμές διακεκομένες για τον απλό λόγο ότι λείπουν σημεία. Αφού δουλεύουμε με ρητούς αριθμούς θα λείπουν όσα σημεία ανήκουν στις ευθείες και δεν έχουν συντεταγμένες ρητούς αριθμούς. Για παράδειγμα η γραφική παράστασητης f ( = 3 2 περιέχεταιολόκλρηστηνευθείαμεεξίσωση y = 3 2 αλλάτοσημείο A( 2, πουανήκειστηνευθεία δεν ανήκει στην γραφική παράσταση της συνάρτησης. Χρησιμοποιήσαμε διακεκομμένες γραμμές σαν μία προειδοποίηση ότι λείπουν σημεία. Τα σημεία που λείπουν δεν λείπουν με τον τρόπο που διακόπτονται οι γραμμές. Δεν υπάρχει κανένας τρόπος να σχεδιάσουμε μόνο τα σημεία που υπάρχουν στην γραφική παράσταση. Ο λόγος είναι απλός: Οι ρητοί και οι άρρητοι αριθμοί είναι πολύ«μπλεγμένοι» μεταξύ τους. Αν και οι δεύτεροι είναι περισσότεροι από τους πρώτους½εντούτοις οι ρητοί ανακατεύονται αδιάλλειπτα με τους άρρητους. Οπως λέμε τοσύνολοτωνρητώνείναιπυκνόμέσαστοσύνολοτωνπραγματικών. Αυτό σημαίναι ότι ισχύει: Πρόταση 4.2 Μεταξύ δύο οποιωνδήποτε πραγματικών αριθμών α < βυπάρχειπάντοτεέναςρητόςαριθμός. Δηλαδή έχει αποδειχθεί η πρόταση: Δεν θα δώσουμε απόδειξη αυτής της πρότασης. Χρειαζόμαστε κάποιες βασικές γνώσεις για το σύνολο των πραγματικών αριθμών R που δεν είναι πρόσφορες. Μπορούμε όμως να δώσουμε Πρόταση4.1 Οι μόνεςσυναρτήσεις f : Q Qγια τις ένα λογικό επιχείρημα υπέρ της ισχύος της πρότασης. Μοιάζει οποίεςισχύει f ( + y = f ( + f (yγιαόλατα, y R με απόδειξη αλλά δεν είναι διότι κατα κάποιο τρόπο υπεκφεύγει ειναιοισυναρτήσειςτηςμορφής f ( = λόπου λ Qσταθερός. την περίπτωσηόπουοιαριθμοί α, β είναιθετικοί. Μετάοι ρίχνοντας το βάρος στα δεκαδικά αναπτύγματα. Άς δούμε μόνο ½Å ÙØ ØÓ Ñ ÕÓÐ Ó Ñ Ô Ñ ÒÓ ÐÐÓØÓÙß³ Ø Ð άλλες περιπτώσεις αντιμετωπίζονται εύκολα. Οι αριθμοί α, β στην δεκαδική τους παράσταση θα έχουν την μορφή Κάθεεπιλογήτου λοδηγείκαισεμίαλύσητηςσυναρτησιακής εξίσωσης του Cauchy πάντα βέβαια με την υπόθεση ότι α = α, α 1 α 2 α 3... δουλεύουμεστοσύνολο Qτωνρητώνδηλαδήείναι f : Q Q. Αν Ò ÖÖ ØÓº ÑÓ ÙÔ ÖÕ Ñ Ö Ý ÛÒÔÓÙ Ô Ò Ñ Ó Ñ Ø Ô Ò Ð Ñ Ò Ø Ô ÖÓ ÓµØ Ø Ó Ö Ñ ÙØ Ò Ö Ø º Ò ÒÙÔ ÖÕ Ò ¾ÍÔ Ò ÙÑÞÓÙÑ Ø Ò Ù Ö Ñ ÒÓ Ó Ô Ò Ð Ý Ò ÒÓÔÓÙÜ ÕÛÖÞ ØÓÙÖ ØÓ Ô ØÓÙ ÖÖ ØÓÙ Ò Ø Ò Ö ÔÓ ÓÙ Ö ¹ χρησιμοποιήσουμε το συνηθισμένο σύστημα αξόνων για να β = β, β 1 β 2 β 3.. κάνουμε τις γραφικές παραστάσεις μερικών από τις συναρτήσεις της(7θαέχουμετοσχήμα: όπου ÖÖ ØÓºÇ Ö Ñ 23, }{{} }{{} 789 }{{} 789 }{{} Ò Ö Ø ºÇ56, 123 }{{} }{{} }{{} }{{} }{{}... Ô ºÇ Ö Ñ 12, È ÒØÛ Ò Ð Ñ Ò ÒØ ØÓ Õ ÓÙÑ ÙØ Ø Ò Ö ÔÓ Ó Ö Ñ ÙØ Ø ÒÓ5,

3 οι α, β είναιφυσικοίαριθμοίκαιδηλώνουντιςακέραιες μονάδεςπουέχουνοι α, β (λέγονταικαιακέραιαμέρη τουςαλλάαυτόδενθαμαςχρειασθεί οι α 1, α 2, α 3,...και β 1, β 2, β 3..είναιαριθμοίαπότο έως το 9 και υποδηλώνουν τα δεκαδικά ψηφία. Μπορεί τα δεκαδικά ψηφία να τελειώνουν. Τότε θα θεωρούμε ότι τα υπόλοιπα δεκαδικά ψηφία είναι. Δεχόμαστε ότι τα δεκάδικά ψηφία θα είναι πάντα άπειρα επαναλαμβανόμενα ή μη¾αλλά αποκλείουμε μία συγκεκριμένη εμφάνιση: Δεν δεχόμαστε από κάποιο σημείο και μετά να υπάρχουνάπειραδεκαδικάψηφίαπουναείναιόλα9. Ετσι 5 4 = 1, 25..., 2 = 2,..., 2 3 =, Απεναντίας δεν δεχόμαστε την γραφή 5, Τώρα αφού είναι α = α, α 1 α 2 α 3... < β = β, β 1 β 2 β 3.. κάπου οι δύο αριθμοι θα διαφοροποιούνται με τρόπο ώστε να είναιοβμεγαλύτεροςτου α.αυτόμπορείναγίνειμεπολλούς τρόπους. Ας μπούμε στον κόπο να γράψουμε μερικούς: Ναείναι α < β καιταυπόλοιπαψηφίαπουακολουθούν να είναι οποιαδήποτε. Ναείναι α = β, α 1 < β 1 καιταυπόλοιπαψηφίαπου ακολουθούν να είναι οποιαδήποτε. Ναείναι α = β, α 1 = β 1, α 2 < β 2 καιταυπόλοιπα ψηφία που ακολουθούν να είναι οποιαδήποτε. Ναείναι α = β, α 1 = β 1, α 2 = β 2, α 3 < β 3 καιτα υπόλοιπα ψηφία που ακολουθούν να είναι οποιαδήποτε. Ας δούμε τώρα στην πρώτη περίπτωση γιατί υπάρχει ρητός μεταξύτων α, β. Είναι α < β. Πάμεσταδεκαδικάψηφία του α. Εχουμεσυμφωνήσειότιδενθαείναιαπόκάποιοσημείο καιμετάόλαταψηφία9.άραοαθαέχεικάποιοδεκαδικόψηφίοπουδενείναι9.παίρνουμετο«πρώτοόχιεννιά»δεκαδικό ψηφίοτου ακαιτοαλλάζουμεκάνονταςτο9.ταυπόλοιπαψηφίατααλλάζουμεσε.σχηματίζεταιέναςνέοςαριθμόςαςτον πούμε q. Είναι τερματιζόμενος άρα ρητός, είναι μεγαλύτερος του α και είναι μικρότερος του β. Ας περάσουμε στην δεύτερη περίπτωση. Τώρα οι α, β έχουν τις ίδιες ακέραιες μονάδες και διαφέρουν στα δέκατα. Εργαζόμαστε όπωςπριν.κάποιοαπόταψηφία α 2 α 3...δενείναι9.Παίρνουμε τοπρώτοπουσυναντάμε.τοαλλάζουμεσε9καιταψηφίατου απουακολουθούνταγυρίζουμεσε.πάλιέχουμεέναρητό q μεγαλύτερο του α αλλά μικρότερο του β. Είναιφανερόότιαυτήηδουλειάμπορείναγίνεισεόλεςτις περιπτώσεις. Πάντα λοιπόν θα υπάρχει ρητός q μεταξύ των α και β. Το γεγονός ότι μεταξύ δύο πραγματικών βρίσκεται πάντα ένας ρητός μερικές φορές μας βάζει σε μπελάδες(πάντως πρόκειται για μπελάδες που είναι αγαπητοί στους μαθηματικούς. Πως θα ηταν η γραφική παράσταση της παρακάτω συνάρτησης(που λέγεται και συνάρτηση του Dirichlet; { 1, Q f ( =, / Q Ενα μέρος της γραφικής παράστασης θα βρίσκεται στην ευθεία y = 1καιέναμέροςστονάξονα. Είναιωςεάνόσασημεία του έχουντετμημένηρητόαριθμόναανυψώνονταικατα1 μονάδα και τα άλλα σημεία να παραμένουν στην θέση τους: Αν στη συνάρτηση του Dirichlet δουλεύαμε μόνο με ρητούς θα είχαμεσανγραφικήπαράστασηέναμέροςτηςευθείας y = 1. Συγκεκριμένα θα είχαμε εκείνα τα σημεία της ευθείας που έχουν τετμημένη ρητό αριθμό. Ηπιοδύσκοληπερίπτωση: Δουλεύουμεμε πραγματικούς αριθμούς Είδαμε(βλ.(7ότιείναι f( = λf(γιακάθερητό όπου λ = f (1. Επομένωςόσασημείατηςγραφικήςπαράστασης της f αντιστοιχούν σε ρητούς αριθμούς θα ανήκουν στην ευθεία y = λ. Τασημείααυτάθαέχουντετμημένηοπωσδήποτε ρητό αριθμό. Για την τεταγμένη δεν ξέρουμε τίποτε γιατί αφούτώραέχουμε f : R Rκαιολ=f (1μπορείναείναι ρητόςαλλάμπορείναείναικαιάρρητος.τιγίνεταιόμωςμετα σημεία της γραφικής παράστασης της f που έχουν τεταγμένη άρρητοαριθμό;θαανήκουνκαιαυτάστην y = λ;ο Cauchy απέδειξε ότι αν απαιτήσουμε επιπλέον η συνάρτηση μας να είναι συνεχής τότε και τα άλλα σημεία δηλαδή εκείνα με τετμημένη άρρητο αριθμό δεν μπορούν να ξεφύγουν από την ευθεία y = λ: Θαανήκουνσεαυτην. Ησυνέχειαπαίζειόπωςθα δούμε και πιο κάτω βασικό ρόλο. Η συνάρτηση του Dirichletδενείναισυνεχής: Ανήταναφούπαίρνειτιςτιμέςκαι1 θαπάρεικαιόλεςτιςενδιάμεσες. Αυτόαπότοθεώρηματης ενδιάμεσηςτιμής. Δηλαδήθαπρέπειναπάρεικαιτηντιμή 1 2 καιτην 2 3 κτλ. Αλλάόμωςοιμόνεςτιμέςπουπαίρνειείναι και 1. Άτοπο. Άρα δεν είναι συνεχής. Επιστρέφοντας στην συνάρτησημαςαςαποδείξουμεότιανηf είναισυνεχήςτότε θαισχύει f ( = λγιαόλεςτιςπραγματικέςτιμέςτου ρητές ή άρρητες. Η απόδειξη που θα δώσουμε είναι διαφορετικήαπόεκείνηπουαρχικάέδωσεοcauchy.μαςείναιαρκετό ναεξασφαλίσουμεότιγιαόλατα Rείναι f ( λ =. Ονομάζουμε g ( = f ( λ.η gείναισυνεχήςσυνάρτηση αφού είναι διαφορά δύο συνεχών συναρτήσεων. Θέλουμε να αποδείξουμεότιείναι g ( = γιαόλατα. Αςυποθέσουμε ότιαυτόδενισχύει.τότεθαυπάρχεικάποιος πουτοχαλάει. Δηλαδήισχύει g (.Τότετο g ( αφουδενείναιμηδέν θα είναι θετικό ή αρνητικός αριθμός. Ας υποθέσουμε ότι είναι θετικός. Η επιχειρηματολογία για αρνητικό είναι η ίδια. Αφου η gείναισυνεχήςθαείναι lim g ( = g ( > (8 Η(8μαςλέεικάτιπαραπάνωαπότοότιτο g ( είναιθετικό. Μαςλέειότιτοοφείλεικαιτο g (ναείναιθετικόσετιμές 3

4 «γειτονικές» του. Δηλαδή πρέπει και κοντά στο να παίρνειηg θετικέςτιμές. Μεάλλαλόγιαθαπρέπειναυπάρχειέναδιάστημα (α, βπουθαπεριέχειτο καιγιακάθε (α, (, βναείναι g ( >.Μααυτόμαςοδηγείσε άτοπο.τόσοτοδιάστημα (α, όσοκαιτο (, βθαπεριέχει ρητούς αριθμούς(θυμηθείτε: η πρόταση 4.2 μας εξασφαλίζει ότι μεταξύτων α, θαυπάρχεικάποιοςρητόςαριθμός. Τοίδιο καιμεταξύτων, β.καισεένατέτοιορητό qηgοφείλεινα μηδενίζεται δηλαδή g (q =. Επομένως έχουμε την ακόλουθη πρόταση: Πρόταση 5.1 (Cauchy Οι μόνες συνεχείς συναρτήσεις f : R Rγιατιςοποίεςισχύει f ( + y = f ( + f (yγια όλατα, y Rειναιοισυναρτήσειςτηςμορφής f ( = λ. Μίαεντελώςσχολικήαντιμετώπισητουθέματος Θα δούμε υπό μορφή άσκησης μία πραγμάτευση του θέματος που οδηγεί στην απόδειξη της πρότασης 7.1. Χρησιμοποιούνται αποκλειστικά γνώσεις του σχολικού βιβλίου και απλώς την δύσκολη δουλειά την αναλαμβάνει, αφανώς, να φέρει σε πέρας ένα πολύ ισχυρό εργαλείο: το ολοκλήρωμα. Την συγκεκριμένη άσκηση την διδάσκω στα επαναληπτικά μαθήματα και έχω διαπιστώσει ότι αρέσει και στα παιδιά. Ασκηση1Εστω f : R Rσυνεχήςμε f (1 = λγιατην οποία ισχύει f ( + y = f ( + f (y γιαόλατα, y 1.Νααποδείξετεότι f ( =. 2.Νααποδείξετεότιγιακάθε, m Rισχύει: +m f (tdt = mf ( + m 3. Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη. 4.Νααποδείξετεότιισχύει f ( = f (1. 5.Ναβρείτετην f. Λυση f (tdt 1.Τοείδαμεκαιπριν: f ( = f ( + = f ( + f ( 2.ΑΤροπος.Θέλουμενααποδείξουμεότι +m f (t dt = mf ( + m f (tdt ή ισοδύναμα ότι +m f (tdt mf ( m f (tdt =.Ονομάζουμε F (m = +m f (tdt mf ( m f (tdt και θέλουμε να αποδείξουμε ότι για κάθε m είναι F (m =.Είναι F (m = f (tdt + +m f (tdt mf ( m f (t dt = = f (tdt + +m f (tdt mf ( m f (tdt από την οποία φαίνεται ότι η F είναι παραγωγίσιμη (προσέξτεότιημεταβλητήείναιηmκαιείναι: F (m = ( f (t dt + ( +m f (tdt (mf ( ( m f (td = = + f ( + m f ( f (m = = f ( + f (m f ( f (m = Επομένως η F ειναι σταθερή. Για βρούμε, την σταθερή, τιμήτηςδίνουμεμία«εύκολη»τιμήστο m: Για m = είναι F ( = f (tdt f ( f (t dt =.Άρα F (m = γιαόλατα m. ΒΤροπος. Στοολοκλήρωμα +m f (tdtκάνουμετην αλλαγήμεταβλητής t = u +,δηλαδήηνέαμεταβλητή είναι η u και έχουμε: αλλά: +m f (tdt = m f (u + du m f (u + du = m (f (u + f (du = = m f (udu + m f ( du = = m f (udu + f ( m du = = m f (udu + m f ( du = = m f (udu + f ( m 1du = = m f (udu + mf ( = mf ( + m f (tdt 3.Επιλέγουμε ένα m να είναι διάφορο του και από την σχέση ( του προηγουμένου ερωτήματος έ- χουμε: f ( = 1 +m m f (tdt m f (tdt δηλαδή: ( f (tdt + +m f (tdt m f (tdt f ( = 1 m Στην παραπάνω σχέση το β μέλος απαρτίζεται από παραγωγίσιμες, ως προς, συναρτήσεις. Επομένως και το α μέλος δηλαδή η f ( είναι συνάρτηση παραγωγίσιμη. 4. Α Τροπος Ξέρουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη. Επιστρέφουμεστηνσχέση +m f (tdt = mf ( + m f (tdt και παραγωγίζουμε ως προς. Θα βρούμε(ενδιαμέσως γράψαμε +m f (tdt = f (tdt + +m f (td f ( + f ( + m = mf (καιεπομένως mf ( = f (m.θέτοντας m = 1βρίσκουμεότι f ( = f (1 Β Τροπος Ξέρουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη. Επομένωςηπαράγωγοςτης fστοτυχόν υπάρχει.αςεκφράσουμετην f ( μετηνβοήθειατουορισμού.είναι f f ( f ( f ( + h f ( ( = lim = lim h h Για την περίπτωση μας όπου έχουμε πληροφορίες για το f ( (στηθέσητωναποσιωπητικώνφαναθείτε οποιουσδήποτε αριθμούς η δεύτερη έκφραση της παραγώγου μπορεί να μας πει περισσότερα πράγματα. Και αυτό διότι: f( +h f( h και επομένως: = f(+f(h f( h f ( = f ( = f(h h = f(+h h Άραόλεςοιτιμέςτηςπαραγώγουτης fείναιμεταξύτους ίσεςαφούόλεςείναιίσεςμε f (.Φυσικάθαισχύεικαι f ( = f (1γιακάθε. 4

5 5.Είδαμεστοπροηγούμενοερώτημαότι f ( = λόπου λ = f (. Ολοκληρώνονταςκαιταδύομέληβρίσκουμε πως f ( = λ + κ. Το κμπορούμενατοβρούμεαπό τηντιμήτης f στοπουείναι,όπωςείδαμε,. Οπότε f ( = λ + κδηλαδή κ =.Τελικάέχουμεότι f ( = λ Χωρίςτησυνέχειατιγίνεται; Μέχρι στιγμής έχουμε μάθει ότι αν έχουμε μία συνάρτηση πουναικανοποιείτην(1τότεαν έχειπεδίοορισμούτο Qή έχειπεδίοορισμούτο Rκαιείναισυνεχής τότεθαείναιτηςμορφής f ( = λμετοσταθερό λνα είναι ρητός στην πρώτη περίπτωση και πραγματικός στην δεύτερη. Το ερώτημα που προκύπτει είνα εύλογο: Είναι απαραίτητη η υπόθεση της συνεχείας. Μήπως δηλαδή με άλλο τρόπο μπορούμε νααποδείξουμεότι f ( = λχωρίςναυποθέσουμεότιηf συνεχής;μήπωςηιδιότητα(1είναιαρκετήγιαναμαςοδηγήσειστοσυμπέρασμα f ( = λ; Δηλαδήμήπωςηηισχύς της(1 αυτόματα εξασφαλίζει και την συνέχεια; Μήπως σ- το τέλος- τέλος δεν υπάρχουν ασυνεχείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν την(1; Αυτό το ερώτημα αν και απασχόλησε τους μαθηματικούς άργησε να απαντηθεί. Από το 1821 που είδε το φως της δημοσιότητας η απόδειξη του Cauchy πέρασαν αρκετά χρόνια έως ότου η μαθηματική κοινότητα να δώσει απάντηση. Για την ακρίβεια 83! Πριν προχωρήσουμε ας διατυπώσουμε κάπως αλλιώς την πρόταση 7.1. Πρόταση7.1 Μίασυνάρτηση f : R Rγιατηνοποία ισχύει f ( + y = f ( + f (yγιαόλατα, y Rθαείναι συνεχήςανκαιμόνοανείναιτηςμορφήςμορφής f ( = λ. Πρόταση7.2 Μίασυνάρτηση f : R Rγιατηνοποία ισχύει f ( + y = f ( + f (yγιαόλατα, y Rθαείναι συνεχήςανκαιμόνοανείναισυνεχήςσεένασημείο. Δεν ξέρουμε ακόμη αν υπάρχει ασυνεχής συνάρτηση ορισμένη στο R που να ικανοποιείτην (1 αλλάαν υπάρχειθα πρέπει να είναι παντού ασυνεχής: Οποιοδήποτε διάστημα και να φαντασθούμε θα πρέπει η γραφική της παράσταση σε αυτό να μην είναι συνεχής γραμμή. Θα πρέπει να διακόπτεται παντού. Κάτι σαν την συνάρτηση του Dirichlet; Θα δούμε! Ας υποθέσουμε ότι μία υπάρχει μία ασυνεχής συνάρτηση f στο R που να ικανοποιεί την(1. Κάποια σημεία της γραφικής της παράστασης C f,σίγουραόσαέχουντετμημένηρητό,θαανήκουνστηνευθεία y = λμε λ = f (1. Αλλάθαυπάρχουνκαι σημείατης C f πουδενανήκουν.παίρνουμετοσημείο A(1, λ πουσίγουραανήκειστην y = λκαικάποιοαπότασημείατης C f πουδενανήκουναςπούμετο B (t, f (t. Αςθεωρήσουμε τώραταδιανύσματα u = OA, v = OB. Επειδήτα u, vδεν είναι συγραμμικά μπορούμε χρησιμοποιώντας γραμμικούς συνδυασμούς τους να σχηματίσουμε κάθε διάνυσμα του επιπέδου. Δηλαδήναφθάσουμε,ξεκινώνταςαπότο Oσεκάθεσημείο του επιπέδου διανύοντας μία απόσταση κατά την διεύθυνση του uκαιμετάκατάτηνδιεύθυνσητου v. Αςασχοληθούμεμε γραμμικούς συνδυασμού που έχουν«καλούς» =Ð ÛØ µ συντελεστές: κ- λάσματαακεραίωνδηλαδήρητούς.με p, q Qέχουμε: p u + q v = p (1, λ + q (t, f (t = = p (1, f (1 + q (t, f (t = = (p 1 + qt, pf (1 + qf (t = (p 1 + qt, f (p 1 + f (qt = = (p + qt, f (p + qt Επομένως το πέρας του p u + q v M (p + qt, f (p + qtπουανήκειστην C f. είναι το σημείο Μία συνάρτηση ορισμένη στο R είναι συνεχής αν και μόνο αν είναι συνεχής σε κάθε σημείο. Δηλαδή lim f ( = f (. Είναι ακριβώς το ίδιο να πούμε ότι lim (f ( f ( =. Οπωςεπίσηςτοίδιοείναιναπούμε και lim (f ( + h f ( =.Αυτόκάνονταςτηναλλαγή h = +h.μα f ( + h f ( = f ( +f (h f ( = f (h. Επομένωςθαείναι lim f ( = f ( ανκαιμόνοαν είναι lim f (h =. Ομως = f (.Επομένως: h lim f ( = f ( lim f ( = f ( (9 Η σχέση(9 φαινομενικά απλή μας λέει μια μεγάλη αλήθεια. Η f θαείναισυνεχήςσεκάποιοσημείοανκαιμόνοανείναι συνεχήςστο. Πουσημαίνειότιθαείναισυνεχήςστο 1 αν καιμόνοανείναισυνεχήςστοπουθαισχύειανκαιμόνο ανείναισυνεχήςστοσημείο 2. Μεάλλαλόγιααρκείναείναι συνεχήςσεένασημείογιαναείναισυνεχήςπαντού. Καιαν αποτύχειναείναισυνεχήςσεένασημείοθααποτύχεικαισε οποιοδήποτε άλλο σημείο. Η όλα ή τίποτα λοιπόν και αξίζει να τα επαναδιατυπώσουμε σε μία πρόταση: 5

6 Το συμπέρασμα που καταλήξαμε έχει μία μάλλον απροσδόκητη συνέπεια: Ας διαλέξουμε ένα οποιοδήποτε σημείο N του επιπέδου. Αςπάμενασταθούμεόσοκοντάθέλουμεστο N. Οχι πάνωστο N αλλάκοντά. Υπάρχουνπολλοίτρόποιναπούμε τι εννοούμε κοντα. Για παράδειγμα μέσα σε ένα κύκλο της αρεσκείαςμαςπουπεριέχειτο N: Οπως είδαμε οι διανυσματικές ακτίνες των κορυφών του παραλληλογράμμου μπορούν να προκύψουν ως γραμμικοί συνδυασμοίτωντων uκαι v. ήσεέναμικρότετράγωνοπουναπεριέχειτο N: Στοσχήμαμαςθαείναι: ON 1 = 1 u + y 1 v ON 2 = 2 u + y 1 v ON 3 = 2 u + y 2 v ON 1 = 1 u + y 2 v ή, παρ όλο που είναι κάπως ασυνήθιστο, σε ένα παραλληλόγραμμο με πλευρές παράλληλες προς τους φορείς των u και v: όπου οι 1, 2, y 1, y 2 είναι κατάλληλοι συντελεστές. Οι 1, 2, y 1, y 2 μπορείναείναιρητοίήάρρητοι. Οτιόμωςκαι ανείναιτοβέβαιοείναιότιμεταξύτων 1, 2 υπάρχεικάποιος ρητός pκαιμεταξύτων y 1, y 2 υπάρχεικάποιοςρητός q. Αυτά ως συνέπεια της πρότασης

7 κ.ο.κδηλαδήηγραφικήπαράστασημιαςτέτοιας f,αν βέβαια τέτοια συνάρτηση υπάρχει, θα απλώνεται σε όλο το επίπεδο, θα μπαίνει σε κάθε κύκλο, τετράγωνο, παραλληλόγραμμο.θαμοιάζειμεμουντζούρααλλάδενθαγεμίαζειόλοτο επίπεδο. Εξ άλλου ως γραφική παράσταση συνάρτησης σε κάθε κατακόρυφηευθείατηςμορφής = οφείλειναεναποθέτει ακριβώς ένα σημείο. Πρόκειται για μια συνάρτηση πολύ διαφορετική από αυτές που ξέρουμε. Μία συνάρτηση-τέρας δηλαδή. Υπάρχουντέρατα; º½Μεγαλώνονταςλίγοτο Q. Το Q ( 2. Γιατοπέραςτου Mτουδιανύσματος OM = p u+q vθαισχύουν δύο πράγματα: Θαπεριέχεταιστοπαραλληλόγραμμο N 1 N 2 N 3 N 4 Θαανήκειστηνγραφικήπαράσταση C f της f. Το N τοδιαλέξαμεεμείς. Τοπαραλληλόγραμμο N 1 N 2 N 3 N 4 επίσης. Που σημαίνει ότι όσο κοντά θέλουμε σε οποιοδήποτε σημείο θα υπάρχει σημείο της γραφικής παράστασης της f. Λέμε ότιηc f είναισύνολοπυκνόστοεπίπεδο.δηαλαδή,σεπιό τεχνική γλώσσα, έχουμε την πρόταση: Πρόταση7.3 Εστωησυνάρτηση f : R Rγιατηνοποία ισχύει f ( + y = f (+f (yγιαόλατα, y RΑνηfδεν είναισυνεχήςτότεηγραφικήτηςπαράσταση C f είναισύνολο πυκνό στο επίπεδο. Πως θα μοιάζει η γραφική παράσταση μίας τέτοιας συνάρτησης; Στο επόμενο σχήμα απεικονίζονται πολλά παραλληλόγραμμα όπωςτο N 1 N 2 N 3 N 4. Μέσασεκάθεένααπόαυτάοφείλειη C f ναέχειτουλάχιστονένασημείο.καιανγίνουνπιόμικράη υποχρέωση παραμένει κ.ο.κ Είδαμε ότι μία λύση της συναρτησιακής εξίσωσης του Cauchy στο σύνολο των ρητών έχει μία εξαιρετικά καλή συμπεριφορά. Δενξέρουμεόμωςανθασυμβαίνειτοίδιοότανπεράσουμεαπό τους ρητούς στους πραγματικούς αριθμούς. Επειδή ο δρόμος απότο Qστο Rείναιμεγάλος(ηανθρωπότηταχρειάσθηκε αιώνες για να ξεκαθαρίσει ορισμένα βασικά πράγματα για την δομήτου Rαςκάνουμεπρώταέναμικρόβήμα. Βήμαπου υπήρξε μάλλον δυσάρεστο για την σχολή των Πυθαγορείων όταν επινοήθηκε ο πρώτος γνωστός στην ιστορία ασύμμετρος δηλαδήο 2:Αςενσωματώσουμεστουςρητούςαριθμούςτον 2. Η ενσωμάτωση γίνεται με παρόμοιο τρόπο με εκείνον της φανταστικής μονάδας i που οδηγεί στους μιγαδικούς αριθμούς. Γίνεται πολύ απλά: Αποφασίζουμε να συμφιλιωθούμε μετηνιδέαότιο 2είναιέναςαριθμόςόπωςοιάλλοικαιτου επιτρέπουμε να συναναστραφεί με τους υπόλοιπους ρητούς. Μ- πορεί να μετέχει στην εκτέλεση πράξεων οι οποίες όμως θα εξακολουθούν να έχουν τις γνωστές μας ιδιότητες. Μπορεί να πολλαπλασιάζεται με ρητούς, και να προστίθεται με ρητούς. Γρήγορα-γρήγορα βλέπουμε ότι σχηματίζονται παραστάσεις της μορφής α + β 2με α, β ρητούς (1 Οιπαραστάσεις(1είναιπροϊόντααλληλεπίδρασηςτου 2με τους ρητους. Μπορούμενα έχουμε ένα απλό κριτήριο για το πότε δύο παραστάσεις της μορφής(1 μας δίνουν τον ίδιο αριθμό: Θα είναι α + β 2 = α + β 2 α α = (β β 2 Ανσυμβεί β β θαείναι 2 = α α β β =πηλίκοδύορητών =ρητός καιεπειδήαυτόείναιαδύνατοθαείναιαναγκαστικά β β = πουμαςδίνεικαι α α =.Επομένως: α + β 2 = α + β 2 α = α και β = β (11 Εναςαριθμόςτηςμορφής(1θαείναιίσοςμετομηδένδηλαδη μετον + 2μόνοαν α = β =.Στουςαριθμούς(1οι4 πράξεις διεκπεραιώνονται εύκολα: 1. ( α + β 2 ± ( α + β 2 = (α + α ± (β + β 2 ΜέσασεκάθεένααπόαυτάοφείλειηC f ναέχειτουλάχιστον ένα σημείο. Και αν γίνουν πιό μικρά η υποχρέωση παραμένει 2. ( α + β 2 ( α + β 2 = (αα + 2ββ + (αβ + βα 2 3. α+β 2 α +β = (α+β 2 2(α β 2 (α +β 2(α β 2 = (αα αα 2ββ (α 2 2(β + βα αβ 2 (α 2 2(β 2 2 2ββ +(βα αβ 2 (α 2 2(β = 2 7

8 Στηντελευταίασχέσησημειώστεότιπαρονομαστής α + β 2 τουκλάσματος α+β 2 α +β 2 πρέπειναείναιδιάφοροςτουμηδενός πουσημαίνειότιτουλάχιστονέναςαπότους α, β πρέπεινα είναι διάφορος του μηδενός. Οταν πολλαπλασιάζουμε και διαιρούμεμε α β 2διαιρούμεμεένα μημηδενικόαριθμό αφούτουλάχιστονέναςαπότους α, β είναιδιάφοροςτου μηδενός. Στοτέλοςμένειωςπαρονομαστήςο(α 2 2(β 2 που αναγκαστικά πρέπει να είναι διάφορος του μεηδενός. Και είναι!διότιανήτανμηδένο 2θαέπρεπεναείναιρητός.Υπάρχει ένα παραδεδεγμένο σύμβολο για το σύνολο των αριθμών (1: είναιτο Q ( 2. Το Qδηλώνειπουεπισυνάπτουμε,το 2τιεπισυνάπτουμεκαιηπαρένεθεση ( δηλώνειτοντρόπο επισύναψης:γίνονταιοι4πράξεις.τοσύνολο Q ( 2 είναιμία αριθμητικήόπωςτο Qήτο Rόπουμπορούνναεκτελεσθούν οι4πράξειςχωρίςναχρειασθείνα«βγούμεέξω»(στο Zυπάρχουνδιαιρέσειςπουμας«πετάνε»έξω. Είναιμίααπότιςπιό απλές αριθμητικές που περιέχουν άρρητους αριθμούς. Μάλιστα ανπροσέξουμετην(1βλέπουμεότιταστοιχείατου Q ( 2 παρασκευάζονται με μία απλή συνταγή: ένας ρητος και ένα ρητό πολλαπλάσιοτου 2. Απλώςηδοσολογίαείναιεκείνηπουδιαφέρει από αριθμό σε αριθμό. Στην ουσία τα δομικά υλικά είναι το1καιτο 2. Γιαναέχουμετο α + β 2ακολουθούμετην δοσολογία: ααπότο1και βαπότο 2. Μάλισταησχέση (11 μας λέει ότι ίδιες δοσολογίες οδηγούν σε ίσους αριθμούς και ίσοι αριθμοί έχουν, απαραιτήτως, τις ίδιες δοσολογίες. Ας γίνουμε πιό συγκεκριμένοι στις επιλογές μας. Ας αποφασίσουμε: Αςπάρουμεμίαιδέααπότηνσυμπεριφοράτης f μεαυτήτην επιλογή. Ο τύπος της είναι ( f α + β 2 = α β 2 Αν = α Qτότε f ( = α =. Δηλαδήότανηf τοφοδοτείται από ρητούς δίνει σημεία πάνω στην ευθεία y = Αν = β 2με β Qτότε f ( = β 2 = δηλαδή η fδίναισημείαπάνωστην y =. Αν = α + a 2τότε f ( = α a 2πουσημαίνειότι σεαυτήτηνειδικήπερίπτωσηείναι f ( = α a 2 = α ( 1 2 ( = 1+ (1 2( = (1+ 2(1 = ( οπότετααντίστοιχασημείαανήκουνστην ευθεία y = ( ΒλέπουμεότιστηνπερίπτωσημαςηC f έχεισημεία,καιμάλισταάπειρα, σεκάθεμίααπότιςευθείες y =, y =, y = ( º Απότο Q ( 2 στο R. º¾Ηεξίσωσητου Cauchyστο Q ( 2. Τιθασήμαινεναέχουμεμίασυνάρτηση f : Q ( 2 Q ( 2 γιατηνοποίαισχύει f ( + y = f ( + f (yγιαόλατα, y;. Αςκάνουμεμερικούςυπολογισμούς. Εχουμε: f ( α + β 2 = f (α + f ( β 2 = f (α 1 + f ( β 2 = αf (1 + βf ( 2. Πουσημαίνειότιαπότηνστιγμήπουξέρουμετιςτιμές f (1 και f ( 2 ξέρουμεκαιτην f.πράγματιαςαποφασίσουμεαυθαίρετασετιτιμέςθααντιστοιχίσουμετα1και 2μπορούμε ναφτιάξουμετην f. Αςπούμεπωςαποφασίζουμεναέχουμε f (1 = rκαι f ( 2 = sόπουοιαριθμοί r, sείναιστοιχεία του Q ( 2. Τότεμπορούμεναορίσουμετην fκαισταλοιπά στοιχείατου Q ( 2 ωςεξής: f ( α + β 2 = αr + βs Αυτόγιακάθε α, β. Απότηνστιγμήπουέχουμεπάρειτις αποφάσεις 1 r 2 s Επομένως στο Q ( 2 υπάρχουν λύσεις της συναρτησιακής εξίσωσης του Caychy που η γραφική τους παράσταση δεν α- παρτίζεται από συνευθειακά σημεία. Το R είναι πολύ πιο πλούσιοαπότο Q ( 2.Καιμπορείαυτόπουσυμβαίνειστο Q ( 2 ναμηνσυμβαίνεικαιστο R.Αςδούμεπάλιπωςκατασκευάσαμε τις λύσεις f της συναρτησιακής εξίσωσης του Cauchy στο Q ( 2 : Χρησιμοποιήσαμετα 1, 2καιδώσαμε τιμέςμόνο σε αυτά. Ολα τα άλλαήλθαν αυτόματα. Τα 1, 2 έχουν μίασημαντικήιδιότητα: Κάθεστοιχείοτου Q ( 2 γράφεται σαν γραμμικός συνδυασμός τους με ρητούς συντελεστές κατά μοναδικότρόπο α 1+β 2.Ανήτανδυνατόναξέρουμεότιυπάρχει ένα σύνολο πραγματικών αριθμών B που να λειτουργεί όπωςτο { 1, 2 } δηλαδήκάθεπραγματικόςαριθμόςναγράφεται ως γραμμικός συνδυασμός πεπερασμένων το πλήθος στοιχείων του B κατά μοναδικό τρόπο τότε θα μπορούσαμε να μιμηθούμε τηνκατασκευήτης f: Θα ορίζαμε την f όπως θέλουμε στα στοιχεία του B δηλαδήθααποφασίζαμεποιαθαήταντα f (bγια b B Μετά σε κάθε πραγματικό αριθμό = c i b i όπου b i είναιοαριθμόςστονοποίοέ- τότεητιμήτης fστο α + β 2εξαρτάταιαποκλειστικάαπότα α, βπουσημαίνειότιτελικάεξαρτάταιαπότοναριθμό α+β 2. Αντώραέχουμεδύοαριθμούς = α+β 2και y = α +β f ( = n 2 τότε f ( + y = f (( α + β 2 + ( α + β 2 χουμεαντιστιχοίσειτο b i προηγουμένως. = = f ( (α + α + (β + β 2 = (α + α r + (β + β s = = (αr + βs + (α r + β s = f ( α + β 2 + f ( α + β 2 = = f ( + f (y Επομένωςηfπουορίσαμεμεαυτότοντρόποέχειτηνιδιότητα f ( + y = f ( + f (y. Ò ÑÔÓÖ Ò ÔÓ Õ Ø C f Õ Ô Ö Ñ Ñ Ô Ø Ô Ö ØÓÔÐ Ó Ù Ø ÑÓÖ y= Ò Ö ØÓÔÓÙ ÒÓÔÓ Ó ÒØ Ò Õ p2 8 n c i b i όπου c i Q και b i B θα αντιστοιχίσουμε τον αριθμό Για να επιβεβαιώσουμε ότι όντως ισχύει f ( + y = f ( + f (y συγκεντρώνουμε όλα τα b που απαιτούνται για να εκφρασθεί το ως γραμμικός συνδυασμός στοιχείωντου Bκαιόλατα bπουχρειάζονταιγιατο y. Τα συγκεντρώνουμε σε ένα σύνολο και τα αριθμούμε. Ας πούμεότιόλαμαζίείναι nτοπλήθος. Οπότεέχουμετα ( p + q 2 ÔÓÙÓ p, q 2q 2 = 1º

9 b 1, b 2,..., b n. Αςπούμεότι = n c i b i και y = n c i b i. Ενδέχεταιστηνέκφρασητου ναμηναπαιτούνταιόλατα b i. Δενπειράζει. Ταεμφανίζουμεαπλώςμεσυντελεστή μηδέν. Για λόγους ομοιομορφίας. Φυσικά το ίδιο ισχύει καιμετο y. Εχουμεκαιλέμε: ( n ( f ( + y = f c i b i + n n c i b i = f (c i + c i b i = n (c i + c i b i = n c i b i + n c i b i = f ( + f (y Ανέχουμεένασύνολοσαντο Bτότεείναιβέβαιονότιτοτέρας υπάρχει: Διαλέγουμεδύοατοιχείατης Bαςταπούμε b 1, b 2 (Η B θα έχει τουλάχιστον δύο στοιχεία. Απόδειξη: Άσκηση. Ορίζουμε την f στα υπόλοιπα στοιχεία της B όπως θέλουμε. Ομωςτο b 1 τοαντιστοιχίσουμεστονεαυτότουενώτο b 2 το αντιστοιχίζουμεστο º½ 2b 2. Φυσικάηfαντιστοιχείτοστο. Συνεπώς έχουμε τρία σημεία της γραφικής παράστασης της f τα (,, (b 1, b 1, (b 2, 2b 2 πουδενείναισυνευθειακά. Τέρας λοιπόν. ΥπάρχειηB; ΣύνολαόπωςηBλέγονταιβάσειςτου Rεπίτου Q. Ανκαι ησυζήτησημπορείναγίνεισεέναπολύπιόγενικόπλαίσιο (εκείνο των διανυσματικών χώρων ας περιορισθούμε στα Q και R. Βάσηλοιπόντου Rεπίτου Qλέγεταιόπωςείπαμε ένα σύνολο πραγματικών αριθμών B τέτοιο ώστε κάθε παραγματικός αριθμός να γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός ενός πεπερασμένου πλήθους στοιχείων του B κατά μοναδικό τρόπο. Αςυποθέσουμεότιέχουμεμίαβάσητου Rεπίτου Q(καιγια ναμηνεπαναλαμβάνουμετοίδιοθαλέμεαπλώςμίαβάσητου R. Μίαεύκοληπαρατήρησηείναιότιδεμπορείοναανήκει στην B. Ανανήκεκαι bήτανέναάλλοστοιχείοτης Bτότε 2b = 1 +2bκαι 2b = 3 +2bδηλαδήθαέχουμεδύογραφές του ίδιου στοιχείου ως γραμμικού συνδυασμού στοιχείων της B. Αν τώρα πάρουμε ένα πεπερασμένο πλήθος στοιχείων του B τότεκανένααπόαυτάδεμπορείναγραφείωςγραμμικόςσυνδυασμό των υπολοίπων με ρητούς συντελεστές. Εξήγηση: Αν υποτεθείότι b, b 1, b 2,,, b m είναιστοιχείατης Bκαισυμβαίνει b = c 1 b 1 + c 2 b c m b m τότε b = b + c 1 b 1 + c 2 b c m b m αλλά º¾À Ô ÖÜ ÛÒ και b = 1 b + b 1 + b b m Επομένως το ίδιο στοιχείο γράφεται με δύο τρόπους ως γραμμικός συνδυασμός στοιχείων της B(άτοπο. Πρόταση 9.1 (Θεώρημα Καλής Διάταξης Κάθε σύνολο έχει μία καλή διάταξη. Τοθεώρημαμαςλέειότιγιακάθεσύνολο Xυπάρχειμίασχέση ολικής(γραμμικής διάταξης στο X(δηλαδή μία ανακλαστική, μεταβατική και αντισυμμετρική σχέση ως προς την οποία δύο οποιαδήποτε στοιχεία του X είναι συγκρίσιμα με την επιπλέον ιδιότηταότικάθεμηκενόυποσύνολο Y του Xέχειπρώτοστοιχείο(δηλαδήυπάρχειένα y Y τέτοιοώστεγιακάθεάλλο στοιχείο y του Y ναισχύει y y Πίσωαπότηναπλήδιατύπωση του θεωρήματος(του οποίου η απόδειξη μπορεί να βρεθεί σχεδόν σε οποιοδήποτε βιβλίο θεωρίας συνόλων κρύβεται το αξίωμα της επιλογής με το οποίο μάλιστα είναι ισοδύναμο. Το αξίωμα της επιλογής έχει και αυτο μία απλή διατύπωση: Αν έχουμε μία οικογένεια συνόλων μπορούμε να διαλέξουμε από κάθε μέλος της οικογένειας ένα στοιχείο. Πιό τυπικά: ΑξίωματηςΕπιλογήςΑν {A i } i I είναι μία μη κενή οικογένεια συνόλων τότε υπάρχει σύνολο X και μία απεικόνιση f : {A i } i I Xτέτοιαώστε f (A i = A i. Εχουμε λοιπόν το: Πρόταση9.2 (Hamel.Υπάρχειμίαβάσητου Rεπίτου Q. Η απόδειξη που ακολουθεί είναι πολύ κοντά σε εκείνη του Hamel και προέρχεται από το βιβλίο Θεωρίας Συνόλων του Kamke(ηπρώτηέκδοσητουέγινετο1928,χρονικάόχιπολύ μακριά από την δημοσίευση του άρθρου του Hamel. Θεωρούμε το R = R {}. Εστω μίακαλήδιάταξηστο R.Με R θα χρησιμοποιούμε τον ακόλουθο συμβολισμό: S ( = {t R t } Ernst Friedrich Ferdinand Zermelo ( Ας περάσουμε τώρα στο ερώτημα του τίτλου αυτής της παραγράφου: Υπάρχειμίαβάσητου Rεπίτου Q; Τηναπάντηση τηνέδωσεοgeorg Hamelτο194σεμιαεργασίατουπου δημοσιεύθηκε το 195. Ναι υπάρχουν και επομένως υπάρχει και το τέρας. Ο Hamel στην απόδειξη του χρησιμοποίησηε το ακόλουθο θεώρημα του Ernst Zermelo: Georg Karl Wilhelm Hamel ( Θαορίσουμεμίαβάση Bκαθορίζονταςποιάστοιχείατου R ανήκουνστην B.Το R έχειπρώτοστοιχείο.αςτοπούμε a. Το aναανήκειστην B. Αςυποθέσουμετώραότιέχουμεκαθορίσειποιααπόταστοιχείατουσυνόλου S (ανήκουνστην 9

10 B.Τότεείμαστεσεθέσηνακαθορίσουμεπόταθαανήκειστην Bκαιτο :Ορίζουμετο ναανήκειστην Bανδενείναιγραμμικόςσυνδυασμόςτωνστοιχείωντης Bανήκουνστο S (.Με αυτήτηνδιαδικασίαέχουμε«σαρώσει»όλαταστοιχείατου R καθορίζοντας ποιά θα ανήκουν B Η μήπως όχι; Δηλαδή υπάρχουνστοιχείατου R πουέχουν«ξεφύγει»καιδενέχουμε καθορίσειγιαυτάανανήκουνστηνστην Bήόξι; Αςυποθέσουμε πως τέτοια στοιχεία υπάρχουν. Ας ονομάσουμε Y το σύνολοτους.αυτόθαέχειωςπροςτηνδιάταξη έναπρώτο στοιχείοέστω b.θαείναιβέβαια a yγιακάθε y Y. Το b είναι διαφορετικό από το a διότι για το a έχουμε ήδη καθορίσει ότιανήκειστην B. Επίσηςανσυμβαίνειγιακάποιο R να είναι bτότεδεμπορείναείναι Y διότιτότεθαέπρεπε b. Επομένωςτοσύνολο S (b = {t R t b}δενπεριέχει κανένα στοιχείο του Y άρα περιέχει αποκλειστικά στοιχεία γιαταοποίαέχουμεκαθορίσειανανήκουνστην B. Ματότε μπορούμενακαθορίσουμεαντο bανήκαιήόχιστην B(άτοπο. Μέχρι στιγμής έχουμε ορίσει το σύνολο B αλλά δεν έχουμε εξασφαλίσει ότι είναι βάση. Για να το αποδείξουμε θεωρούμε R καιπρέπεινααποδείξουμεότιγράφεταιωςγραμμικός συνδυασμός στοιχείων της B και μάλιστα κατά μοναδικό τρόπο. Ας δείξουμε πρώτα ότι όντως γράφεται ως γραμμικός συνδυασμόςστοιχείωντης B. Ανείναι = aτότε = 1 a. Ανείναι a τότεθεωρούμετο S (. Γράφεταιτο ωςγραμμικός συνδυασμόςστοιχείωντης Bπουανήκουνστο S (;Αν«ναι» έχουμετελειώσει. Ανόχιτότεαπότοντρόποορισμούτης B το πρέπειναανήκειστην Bοπότε = 1 καιέχουμεπάλι τελειώσει. Αποδεικνύουμε τέλος ότι ο τρόπος γραφής ενός στοιχείου του R ως γραμμικού συνδυασμού στοιχείων της B είναι μοναδικός. Ας υποθέσουμε ότι = c 1 b c n b n = c 1b c mb m (12 είναι δύο γραφές του ως γραμμικού συνδυασμού στοιχείων της B. Υποθέτουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι b 1 b 2... b n και b 1 b 2... b m μετουςσυντελεστές c 1,..., c n, c 1,..., c m ναείναιδιάφοριτουμηδενός. Ας υποθέσουμεότι b m b n λ.χ. b n b m. Λύνονταςτην(12 ωςπρος b n βρίσκουμεότιτο b n είναιγραμμικόςσυνδυασμός των b 1,..., b n 1, b 1,..., b mταοποίαόμωςανήκουνστο S (b n. Άτοποαπότοντρόποκατασκευήςτης B. Επομένωςθαείναι b m = b n. Αναγκαστικάθαείναι c m = c nδιαφορετικάμπορούμεπάλινακαταλήξουμεστοάτοποσυμπέρασμαότιτο b n είναι ½¼ γραμμικός συνδυασμός στοιχείων της B που ανήκουν στο S (b n. Αλλάμε b m = b n, c m = c nμπορούμεναδιαγράψουμε στην(12τα c n b n, c mb m. Επαναλαμβάνονταςτονσυλλογισμό θαβρούμε b m 1 = b n 1, c m 1 = c n 1κ.ο.κπουτελικάμας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι οι γραμμικοί συνδυασμοί στα δύο μέλη της(12 είναι ταυτόσημοι. Επιλεγόμενα Είδαμε ότι η συναρτησιακή εξίσωση του Cauchy έχει λύσεις με πολύαπλότύπο, f( = a,ότανηfείναισυνεχής. Επίσης αν στηριχθούμε στο θεώρημα καλής διάταξης του Zermelo μ- πορούμε να αποδείξουμε ότι έχει και μη συνεχείς λύσεις των οποίων η γραφική παράσταση είναι σύνολο πυκνό στο επίπεδο. Το θεώρημα της καλής διάταξης είναι ισοδύναμο με το αξίωμα της επιλογής το οποίο όταν εισήχθη αντιμετωπίστηκε με δυσπιστία από αρκετούς μαθηματικούς. Εχει αποδειχθεί ότι είναι ανεξάρτητο από τα υπόλοιπα αξιώματα της θεωρίας συνόλων. Οπως ακριβώς το Ευκλείδειο Αίτημα είναι ανεξάρτητο από τα υπόλοιπα αξιώματα της Γεωμετρίας. Κάθε γνωστή απόδειξη υπάρξηςβάσηςεμπλέκειμετονέναήτονάλλοτρόποτοαξίωμα της επιλογής και είναι υπαρξιακή και όχι κατασκευαστική. Το θεώρημα του Zermelo εγγυάται μεν την ύπαρξη μίας καλήςδιάταξηςστο R αλλάκαμμίατέτοιαδιάταξηδενείναι γνωστή. Τοαυτόισχύεικαιγιατιςμησυνεχείςλύσειςτης συναρτησιακής εξίσωσης του Cauchy. Γνωρίζουμε ότι«ζουν ανάμεσα μας» αλλά δεν τις γνωρίζουμε. Απο την απόδειξη του Hamel οι μαθηματικοί προσπάθησαν να παρακάμψουν το αξίωμα της επιλογής ή εν πάση περιπτώσει να καθορίσουν«πόσο» από το αξίωμα της επιλογής απαιτείται για τήν υπαρξη βάσεων στη γενική περίπτωση. Andreas R. Blass Μόλις το 1984 ο Andreas R. Blass έδωσε την οριστική απάντηση: Απαιτείται όλο. Συγκεκριμένα απέδειξε ότι το θεώρημα για την ύπαρξη βάσεων είναι ισοδύναμο με το αξίωμα της επιλογής. Τέλος αξίζει να σημειωθεί ότι η τεχνική που χρησιμοποιήθηκε στην απόδειξη του θεωρήματος του Hamelπου είναι γνωστή ως μεθοδος του μεταπεπερασμένου(tranfinite ορισμού ή κατασκευής έχει επιδεχθεί, στη μορφή που παρουσιάσθηκε, κάποιες κριτικές και γιαυτό πιό σύγχρονα βιβλία την θέτουν σε μία ελαφρώς διαφορετική βάση. Παραπομπες 1. Blass, Andreas, R. Eistence of bases implies the aiom of choice, Contemporary Mathematics 31, 1984, Halmos, Paul, R. Αφελής Συνολοθεωρία, Μετάφραση: Γιώργος Κολέτσος, ΕΚΚΡΕΜΕΣ, Hamel, Georg. Eine Basis aller Zahlen und die unstetigen Lösungen der Functionalgleichung: f( + y = f( + f(y, Mathematische Annalen 6,195, Herrlich Horst. Aiom of Choice, Springer, Kamke, E. Theory of Sets, Dover, Πούλος, Ανδρέας. Συναρτησιακές Εξισώσεις, ΑΙΘΡΑ, Sahoo, P.K.-Riedel, T. Mean Value Theorems and Functional Equations, World Scientific, Small, Christopher G. Functional Equations and How to Solve Them, Springer, Stoll,Robert. Set Theory and Logic, Dover, 1979 (1963 1