Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις ( )

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις ( )"

Transcript

1 Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις (205 6) Πρόχειρες Σηµειώσεις Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών 205-6

2

3 Περιεχόµενα Μετρικοί χώροι 2 Σύγκλιση ακολουθιών και συνέχεια συναρτήσεων 9 3 Τοπολογία µετρικών χώρων 3 4 Συναρτήσεις µεταξύ µετρικών χώρων 63 5 Πλήρεις µετρικοί χώροι 85 6 Συµπαγείς µετρικοί χώροι 07 7 Ακολουθίες και σειρές συναρτήσεων 3 8 Χώροι συναρτήσεων 57 iii

4

5 Κεφάλαιο Μετρικοί χώροι Οµάδα Α.. Εστω (X, ) χώρος µε νόρµα. είξτε ότι η νόρµα είναι άρτια συνάρτηση και ικανοποιεί την ανισότητα για κάθε x, y X. x y x y Υπόδειξη. Για κάθε x X έχουµε x = ( )x = x = x. Συνεπώς, η νόρµα είναι άρτια συνάρτηση. και Από την τριγωνική ανισότητα, για κάθε x, y X έχουµε x = (x y) + y x y + y, άρα x y x y y = (y x) + x y x + x, άρα y x y x = x y. Επεται ότι x y x y..2. Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος. είξτε ότι : (α) ρ(x, z) ρ(y, z) ρ(x, y) για κάθε x, y, z X. (ϐ) ρ(x, y) ρ(z, w) ρ(x, z) + ρ(y, w) για κάθε x, y, z, w X. Υπόδειξη. (α) Εστω x, y, z X. Από την τριγωνική ανισότητα της µετρικής έχουµε ρ(x, z) ρ(x, y) + ρ(y, z) ρ(x, z) ρ(y, z) ρ(x, y), ρ(y, z) ρ(y, x) + ρ(x, z) ρ(y, z) ρ(x, z) ρ(y, x).

6 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ Συνδυάζοντας τις δυο ανισότητες παίρνουµε ρ(x, z) ρ(y, z) ρ(x, y). (ϐ) Αν x, y, z, X, από την τριγωνική ανισότητα στο R έχουµε ρ(x, y) ρ(z, w) ρ(x, y) ρ(z, y) + ρ(z, y) ρ(z, w) Οµως, από το (α) ισχύει ρ(x, y) ρ(z, y) + ρ(z, y) ρ(z, w) ρ(x, z) + ρ(y, w)..3. Στο R ϑεωρούµε τη συνάρτηση σ : R R R µε σ(a, b) = a b. Αποδείξτε ότι ο (R, σ) είναι µετρικός χώρος. Γενικότερα, δείξτε ότι : αν (X, ) είναι χώρος µε νόρµα και αν ϑεωρήσουµε την d : X X R µε τότε ο (X, d) είναι µετρικός χώρος. d(x, y) = x y, x, y X, Υπόδειξη. Αποδεικνύουµε το γενικότερο αποτέλεσµα : αν (X, ) είναι χώρος µε νόρµα, η d(x, y) = x y είναι µετρική στο X. Οι πρώτες δύο ιδιότητες της µετρικής ελέγχονται άµεσα : για κάθε x, y X έχουµε d(x, y) = x y 0 και ισότητα ισχύει αν και µόνο αν x y = 0, δηλαδή αν και µόνο αν x = y. Επίσης, d(y, x) = y x = x y = d(x, y) αφού η νόρµα είναι άρτια συνάρτηση : y x = x y. Για την τριγωνική ανισότητα ϑα χρησιµοποιήσουµε την τριγωνική ανισότητα για τη νόρµα, το γεγονός ότι η t t είναι αύξουσα στο [0, ) και την ανισότητα t + s t + s, t, s 0, η οποία αποδεικνύεται εύκολα µε ύψωση στο τετράγωνο. Εστω x, y, z X. Γράφουµε d(x, z) = x z = (x y) + (y z) x y + y z x y + y z = d(x, y) + d(y, z)..4. Εστω (X, d) µετρικός χώρος. είξτε ότι οι συναρτήσεις ρ = min{d, }, ρ 2 = d +d και d α = d α (0 < α < ) είναι µετρικές στο X.

7 3 Υπόδειξη. Ελέγχουµε µόνο την τριγωνική ανισότητα : (α) Εστω x, y, z X. Εχουµε d(x, z) d(x, y) + d(y, z), άρα ρ (x, z) = min{d(x, z), } min{d(x, y) + d(y, z), }. Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι () min{d(x, y) + d(y, z), } min{d(x, y), } + min{d(y, z), }. Παρατηρήστε ότι min{t + s, } min{t, } + min{s, } για κάθε t, s 0 (αυτή εξασφαλίζει την ()). Για την τελευταία ανισότητα µπορούµε να υποθέσουµε ότι t, s < (διότι το αριστερό µέλος είναι µικρότερο ή ίσο του ). Οµως τότε, η ανισότητα παίρνει τη µορφή min{t + s, } t + s, δηλαδή ισχύει και πάλι. (ϐ) Εστω x, y, z X. Εχουµε d(x, z) d(x, y) + d(y, z), άρα διότι η συνάρτηση t ρ 2 (x, z) = d(x, z) d(x, y) + d(y, z) + d(x, z) + d(x, y) + d(y, z), t +t είναι αύξουσα στο [0, ). Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι (2) d(x, y) + d(y, z) d(x, y) d(y, z) + + d(x, y) + d(y, z) + d(x, y) + d(y, z). Παρατηρήστε ότι t + s + t + s = t + t + s + s + t + s t + t + s + s για κάθε t, s 0 (αυτή εξασφαλίζει την (2)). (γ) Εστω x, y, z X. Εχουµε d(x, z) d(x, y) + d(y, z), άρα d α (x, z) = d(x, z) α (d(x, y) + d(y, z)) α. Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι (3) (d(x, y) + d(y, z)) α d(x, y) α + d(y, z) α. είξτε ότι (x + ) α x α + για x > 0 (µελετώντας κατάλληλη συνάρτηση). Από αυτήν έπεται η (t + s) α t α + s α για κάθε t, s > 0 (αν ϑέσουµε x = t/s) η οποία εξασφαλίζει την (3)..5. Αν d, d 2 είναι µετρικές στο σύνολο X εξετάστε αν οι d + d 2, max{d, d 2 }, min{d, d 2 } είναι µετρικές στο X. Αν η d είναι µετρική στο X, είναι η d 2 µετρική στο X;

8 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ Υπόδειξη. Εύκολα ελέγχουµε ότι οι d + d 2 και max{d, d 2 } είναι µετρικές στο X. Ας δούµε µόνο την τριγωνική ανισότητα για την ρ = max{d, d 2 }: έστω x, y, z X. Εχουµε ρ(x, z) = d (x, z) ή ρ(x, z) = d 2 (x, z). Στην πρώτη περίπτωση γράφουµε ρ(x, z) = d (x, z) d (x, y) + d (y, z) ρ(x, y) + ρ(y, z), ενώ στη δεύτερη, ρ(x, z) = d 2 (x, z) d 2 (x, y) + d 2 (y, z) ρ(x, y) + ρ(y, z). Η d = min{d, d 2 } δεν είναι απαραίτητα µετρική. Ενα παράδειγµα είναι το εξής: στο [0, ) ϑεωρούµε τις µετρικές d (x, y) = x y και d 2 (x, y) = x 2 y 2 (η d 2 είναι η µετρική d f που επάγει στο [0, ) η - συνάρτηση f : [0, ) R µε f(t) = t 2 ). Θα δείξουµε ότι η τριγωνική ανισότητα δεν ικανοποιείται από την τριάδα 0, 2, 2: έχουµε { d(0, /2) = min 2, } = 4 4, { 3 d(/2, 2) = min 2, 5 } = 3 4 2, d(0, 2) = min {2, 4} = 2, άρα d(0, 2) = 2 > 7 4 = = d(0, /2) + d(/2, 2). Αν η d είναι µετρική στο X, τότε η d 2 δεν είναι απαραίτητα µετρική στο X. Ενα παράδειγµα µας δίνει η συνήθης µετρική d(x, y) = x y στο R. Αν η d 2 ήταν µετρική ϑα έπρεπε, για κάθε x, y, z R να ισχύει η ανισότητα (x z) 2 (x y) 2 + (y z) 2. οκιµάστε την τριάδα x = 0, y = 2, z = 0: ϑα παίρναµε , το οποίο δεν ισχύει..6. Εστω (X, d) µετρικός χώρος. Αποδείξτε τις ακόλουθες ιδιότητες της διαµέτρου : (α) diam(a) = 0 αν και µόνο αν A = ή το A είναι µονοσύνολο (δηλαδή, A = {x} για κάποιο x X). (ϐ) Αν A B X τότε diam(a) diam(b). (γ) Αν A, B X τότε ισχύει η ανισότητα diam(a B) min{diam(a), diam(b)} max{diam(a), diam(b)} diam(a B)

9 5 Ισχύει η ανισότητα diam(a B) diam(a) + diam(b) για κάθε Ϲευγάρι υποσυνόλων A, B του X; (δ) Αν (A n ) είναι µια ακολουθία υποσυνόλων του X µε diam(a n ) 0 καθώς n, δείξτε ότι το n= A n είναι το πολύ µονοσύνολο (έχει το πολύ ένα στοιχείο). Υπόδειξη. (α) Υποθέτουµε ότι A. Αν A = {x} για κάποιο x X τότε είναι ϕανερό ότι diam(a) = 0. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι υπάρχουν x, y A µε x y. Τότε, diam(a) ρ(x, y) > 0. (ϐ) Αν x, y A τότε x, y B, άρα ρ(x, y) diam(b). Επεται ότι diam(a) = sup{ρ(x, y) : x, y A} diam(b). (γ) Αφού A B A και A B B, έχουµε diam(a B) diam(a) και diam(a B) diam(b) (από το (ϐ)). Επεται ότι Είναι προφανές ότι diam(a B) min{diam(a), diam(b)}. min{diam(a), diam(b)} max{diam(a), diam(b)}. Για την τελευταία ανισότητα παρατηρούµε ότι A A B και B A B, άρα diam(a) diam(a B) και diam(b) diam(a B) (από το (ϐ)). Επεται ότι max{diam(a), diam(b)} diam(a B). Η ανισότητα diam(a B) diam(a) + diam(b) δεν ισχύει γενικά : ϑεωρήστε οποιονδήποτε µετρικό χώρο (X, d) που έχει τουλάχιστον δύο σηµεία x y. Αν ϑέσουµε A = {x} και B = {y} τότε A B = {x, y} και diam(a B) = d(x, y) > 0 = diam(a) + diam(b). Σηµείωση : Αν A B τότε η ανισότητα ισχύει : ϑεωρήστε w A B. Αν x A και y B τότε d(x, y) d(x, w) + d(w, y) diam(a) + diam(b). Αν x, y A ή x, y B, είναι προφανές ότι d(x, y) diam(a) + diam(b). Επεται ότι diam(a B) diam(a) + diam(b). (δ) Εστω x, y n= A n µε x y. Τότε, diam(a n ) ρ(x, y) > 0 για κάθε n N. Παίρνοντας το όριο καθώς το n καταλήγουµε στην 0 = lim n diam(a n) ρ(x, y) > 0, άτοπο.

10 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ.7. είξτε ότι ένα υποσύνολο A του µετρικού χώρου (X, ρ) είναι ϕραγµένο αν και µόνον αν υπάρχουν x 0 X και r > 0 ώστε ρ(a, x 0 ) r για κάθε a A. Υπόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι το A είναι ϕραγµένο. Επιλέγουµε τυχόν x 0 A και ϑέτουµε r = diam(a) + > 0. Τότε, για κάθε a A έχουµε ρ(a, x 0 ) diam(a) < r. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι υπάρχουν x 0 X και r > 0 ώστε ρ(a, x 0 ) r για κάθε a A. Τότε, για κάθε a, b A έχουµε ρ(a, b) ρ(a, x 0 ) + ρ(x 0, b) r + r = 2r. Συνεπώς, το A είναι ϕραγµένο και diam(a) 2r..8. Εστω A,..., A k ϕραγµένα µη κενά υποσύνολα του µετρικού χώρου (X, ρ). είξτε ότι το σύνολο A A 2 A k είναι επίσης ϕραγµένο. Υπόδειξη. Αρκεί να δείξουµε ότι αν A και B είναι ϕραγµένα µη κενά υποσύνολα του µετρικού χώρου (X, ρ) τότε το A B είναι ϕραγµένο. Στη συνέχεια, µε επαγωγή ϐλέπουµε ότι κάθε πεπερασµένη ένωση ϕραγµένων συνόλων είναι ϕραγµένο σύνολο. Σταθεροποιούµε x 0 A και y 0 B. Τότε, αν x A ισχύει ρ(x, x 0 ) diam(a) και αν y B ισχύει ρ(y, y 0 ) diam(b). Θεωρούµε x, y A B και διακρίνουµε περιπτώσεις: (i) Αν x, y A τότε ρ(x, y) diam(a). (ii) Αν x, y B τότε ρ(x, y) diam(b). (iii) Αν x A και y B τότε ρ(x, y) ρ(x, x 0 ) + ρ(x 0, y 0 ) + ρ(y 0, y) diam(a) + ρ(x 0, y 0 ) + diam(b). Επεται ότι : αν ϑέσουµε M = diam(a) + ρ(x 0, y 0 ) + diam(b), τότε ρ(x, y) M για κάθε x, y A B. Συνεπώς, το A B είναι ϕραγµένο. Οµάδα Β.9. (α) Εστω f : [0, ) [0, ) αύξουσα συνάρτηση µε f(0) = 0 και f(x) > 0 για κάθε x > 0. Υποθέτουµε επίσης ότι η f είναι υποπροσθετική, δηλ. f(x + y) f(x) + f(y) για κάθε x, y 0. είξτε ότι : αν η d είναι µετρική στο X τότε και η f d είναι µετρική στο X. (ϐ) Εστω f : [0, ) R + συνάρτηση. Αποδείξτε ότι καθεµιά από τις ακόλουθες ιδιότητες είναι ικανή να εξασφαλίσει την υποπροσθετικότητα της f:

11 7 (i) Η f είναι κοίλη συνάρτηση. (ii) Η συνάρτηση x f(x) x, x > 0 είναι ϕθίνουσα. (γ) Εφαρµογές: Εστω (X, d) µετρικός χώρος. είξτε ότι οι συναρτήσεις ρ = min{d, }, ρ 2 = d +d και d α = d α (0 < α < ) είναι µετρικές στο X. Υπόδειξη. (α) Από την υπόθεση έχουµε f(t) 0 για κάθε t 0 και f(t) = 0 αν και µόνο αν t = 0. Επεται ότι, για κάθε x, y X, (f d)(x, y) = f(d(x, y)) 0 και ισχύει ισότητα αν και µόνο αν d(x, y) = 0 δηλαδή αν και µόνο αν x = y (διότι η d είναι µετρική). Η συµµετρική ιδιότητα είναι προφανής: για κάθε x, y X, (f d)(y, x) = f(d(y, x)) = f(d(x, y)) = (f d)(x, y) όπου η δεύτερη ισότητα δικαιολογείται από το γεγονός ότι d(y, x) = d(x, y). Για την τριγωνική ανισότητα χρησιµοποιούµε την τριγωνική ανισότητα για την d, την υπόθεση ότι η f είναι αύξουσα και την υπόθεση ότι η f είναι υποπροσθετική : για κάθε x, y, z X έχουµε, διαδοχικά, (f d)(x, z) = f(d(x, z)) f(d(x, y) + d(y, z)) f(d(x, y)) + f(d(y, z)) = (f d)(x, y) + (f d)(y, z). (ϐ) είχνουµε πρώτα ότι αν η f είναι κοίλη συνάρτηση, τότε η συνάρτηση x f(x) x, x > 0 είναι ϕθίνουσα. Εστω y > x > 0. Από το «λήµµα των τριών χορδών» για την κοίλη συνάρτηση f στα σηµεία 0, x, y παίρνουµε f(x) f(0) x f(y) f(0), y απ όπου έπεται ότι f(x) x f(y) y ( f(0) x ) 0. y Η τελευταία ανισότητα δικαιολογείται από το γεγονός ότι f(0) 0 και x > y (αφού x < y). είχνουµε τώρα ότι αν η συνάρτηση x f(x) x, x > 0 είναι ϕθίνουσα τότε η f είναι υποπροσθετική. Εστω x, y 0. Θα δείξουµε ότι f(x+y) f(x)+f(y). Αν x = 0 ή y = 0, η ανισότητα ελέγχεται εύκολα (χρησιµοποιήστε και το γεγονός ότι f(0) 0). Υποθέτουµε λοιπόν ότι x > 0 και y > 0. Τότε, x + y > x και x + y > y, άρα f(x + y) x + y f(x) x και f(x + y) x + y f(y) y. Επεται ότι x x + y f(x + y) f(x) και y f(x + y) f(y). x + y

12 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ Προσθέτοντας τις δύο ανισότητες και παρατηρώντας ότι f(x + y) f(x) + f(y). x x+y + y x+y = ϐλέπουµε ότι Ετσι, αποδείξαµε ότι η (i) έχει ως συνέπεια την (ii), η οποία µε τη σειρά της αρκεί για να εξασφαλίσουµε την υποπρσθετικότητα της f. (γ) Εφαρµογές: ίνεται ο µετρικός χώρος (X, d) και ϑέλουµε να δείξουµε ότι οι ρ = min{d, }, ρ 2 = d +d και d α = d α (0 < α < ) είναι µετρικές στο X. Σύµφωνα µε τα προηγούµενα ερωτήµατα, αρκεί να παρατηρήσετε ότι οι συναρτήσεις f(t) = min{t, }, g(t) = t +t και h α(t) = t α (0 < α < ) ορισµένες στο [0, ) είναι κοίλες, αύξουσες, παίρνουν την τιµή 0 στο 0 και γνήσια ϑετικές τιµές για t > 0. Κάντε ένα σχήµα για καθεµιά από αυτές..0. (Ανισότητα Holder για συναρτήσεις) Εστω f, g : [0, ] R συνεχείς συναρτήσεις και p, q συζυγείς εκθέτες (δηλ. p, q > και p + q 0 ( f(t)g(t) dt 0 = ). είξτε ότι ) /p ( /q f(t) p dt g(t) dt) q. 0 Υπόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι f p p = f(t) p dt = και g q q = g(s) q ds =. 0 0 Από την ανισότητα του Young, για κάθε t [0, ] ισχύει Ολοκληρώνοντας στο [0, ] παίρνουµε 0 f(t)g(t) dt p 0 f(t)g(t) p f(t) p + q g(t) q. f(t) p dt + q 0 g(t) q dt = p + q = = f p g q. Στη γενική περίπτωση : µπορούµε να υποθέσουµε ότι f p 0 και g q 0 (αλλιώς f 0 ή g 0 και το αριστερό µέλος της Ϲητούµενης ανισότητας µηδενίζεται, οπότε δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε). Θεωρούµε τις συναρτήσεις Παρατηρούµε ότι f = f και g = g. f p g q 0 f (t) p dt = f p p 0 f(t) p dt = και 0 g (t) q dt = g q q 0 g(t) q dt =.

13 9 Από την ειδική περίπτωση της ανισότητας που δείξαµε παραπάνω, έχουµε 0 f (t)g (t) dt, δηλαδή, 0 f(t)g(t) dt f p g q... Εστω p <. είξτε ότι ο χώρος (C([0, ]), p ) µε είναι χώρος µε νόρµα. ( f p = 0 ) /p f(x) p dx Υπόδειξη. είχνουµε µόνο την τριγωνική ανισότητα (Minkowski): έστω f, g : [0, ] R συνεχείς συναρτήσεις. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι f + g p > 0. Γράφουµε f + g p p = 0 0 f(t) + g(t) p dt = f(t) + g(t) p f(t) dt + 0 f(t) + g(t) p f(t) + g(t) dt 0 f(t) + g(t) p g(t) dt ( /q ( /q f(t) + g(t) dt) (p )q f p + f(t) + g(t) dt) (p )q g p, 0 0 όπου, στο τελευταίο ϐήµα, εφαρµόσαµε την ανισότητα Holder για τα Ϲευγάρια f + g, f και f + g, g. Παρατηρούµε ότι (p )q = p (οι p και q είναι συζυγείς εκθέτες). Συνεπώς, ( /q ( f(t) + g(t) dt) (p )q = 0 0 ) /q f(t) + g(t) p dt = f + g p/q p. Συνεπώς, f + g p p f + g p/q p ( f p + g p ). Χρησιµοποιώντας την p p q = συµπεραίνουµε ότι f + g p = f + g p p f + g p/q p f p + g p..2. Θεωρούµε τον χώρο S όλων των ακολουθιών πραγµατικών αριθµών. Εστω (m n ) ακολουθία ϑετικών αριθµών, µε n m n < +. Ορίζουµε απόσταση d στον S ως εξής: αν x = (x(n)), y = (y(n)) S, ϑέτουµε d(x, y) = n= m n x(n) y(n) + x(n) y(n).

14 0 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ είξτε ότι ο (S, d) είναι µετρικός χώρος, και υπολογίστε τη διάµετρό του. Υπόδειξη. Η d είναι καλά ορισµένη, γιατί αν x = (x(k)) και y = (y(k)) S, τότε d(x, y) = k= m k x(k) y(k) + x(k) y(k) m k < +. Αυτό δείχνει επίσης ότι diam(s, d) k= m k. Από τις ιδιότητες της µετρικής, η µόνη που χρειάζεται έλεγχο είναι η τριγωνική ανισότητα : αν x = (x(k)), y = (y(k)) και z = (z(k)) S, τότε για κάθε k N, χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι η t +t είναι υποπροσθετική και x(k) y(k) x(k) z(k) + z(k) y(k) για κάθε k N, και προσθέτοντας ως προς k αφού πολλαπλασιάσουµε µε τους ϑετικούς αριθµούς m k, έχουµε d(x, y) = k= k= m k m k x(k) y(k) + x(k) y(k) = d(x, z) + d(z, y). x(k) z(k) + x(k) z(k) + k= k= m k z(k) y(k) + z(k) y(k) Τέλος, αν πάρουµε x M = (M,..., M,...) όπου M > 0, και y = (0,..., 0,...), έχουµε diam(s, d) d(x M, y) = k= m k M + M = M + M m k, k= και αφού M +M όταν το M, παίρνουµε diam(s, d) ηλαδή, diam(s, d) = k= m k. lim d(x M, y) = M lim M M + M m k = k= m k..3. Εστω P το σύνολο των πολυωνύµων µε πραγµατικούς συντελεστές. Αν p(x) = a 0 + a x + + a n x n είναι ένα πολυώνυµο από το P, το ύψος του p είναι το h(p) = max{ a i : i = 0,,..., n}. (α) είξτε ότι ο P είναι γραµµικός χώρος µε τις πράξεις κατά σηµείο και η συνάρτηση h : P R είναι νόρµα στον P. (ϐ) είξτε ότι η συνάρτηση σ : P R, µε σ(p) = a 0 + a + + a n k=

15 είναι νόρµα στον P. (γ) είξτε ότι h(p) σ(p) (n + ) h(p) για κάθε πολυώνυµο p ϐαθµού το πολύ n. Υπόδειξη. (α) Ελέγχουµε εύκολα ότι αν p, q είναι πολυώνυµα και t R, τότε οι συναρτήσεις p + q και tp είναι πολυώνυµα. Συνεπώς, ο P είναι γραµµικός χώρος µε τις πράξεις κατά σηµείο. είχνουµε ότι η h : P R είναι νόρµα στον P: αν p(x) = a 0 + a x + + a n x n είναι ένα πολυώνυµο από το P, είναι ϕανερό ότι h(p) 0 και ισότητα ισχύει αν και µόνο αν a 0 = a = = a n = 0, δηλαδή αν και µόνο αν p 0. Αν t R, τότε (tp)(x) = (ta 0 ) + (ta )x + + (ta n )x n. Άρα, h(tp) = max{ ta i : i = 0,,..., n} = t max{ a i : i = 0,,..., n} = t h(p). Για την τριγωνική ανισότητα, έστω p(x) = a 0 + a x + + a n x n και q(x) = b 0 + b x + + b m x m δύο πολυώνυµα. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι n m και αν n > m ϑέτουµε b m+ = = b n = 0. Παρατηρήστε ότι h(q) = max{ b i : i = 0,,..., n}. Τότε, (p + q)(x) = (a 0 + b 0 ) + (a + b )x + + (a n + b n )x n και h(p + q) = a j + b j για κάποιο j {0,,..., n}. Από την έπεται ότι a j + b j a j + b j h(p) + h(q) h(p + q) h(p) + h(q). (ϐ) Με τον ίδιο τρόπο : είναι ϕανερό ότι σ(p) 0 και ισότητα ισχύει αν και µόνο αν a 0 = a = = a n = 0, δηλαδή αν και µόνο αν p 0. Αν t R, τότε (tp)(x) = (ta 0 ) + (ta )x + + (ta n )x n. Άρα, σ(tp) = ta 0 + ta + + ta n = t ( a 0 + a + + a n ) = t σ(p). Για την τριγωνική ανισότητα, έστω p(x) = a 0 + a x + + a n x n και q(x) = b 0 + b x + + b m x m δύο πολυώνυµα. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι n m και αν n > m ϑέτουµε b m+ = = b n = 0. Παρατηρήστε ότι σ(q) = b 0 + b + + b n. Τότε, (p + q)(x) = (a 0 + b 0 ) + (a + b )x + + (a n + b n )x n και n n n n σ(p + q) = a j + b j ( a j + b j ) = a j + b j = σ(p) + σ(q). j=0 j=0 j=0 j=0 (γ) Αν p(x) = a 0 + a x + + a n x n υπάρχει 0 j n ώστε h(p) = a j. Τότε, a i a j για κάθε i = 0,,..., n και είναι ϕανερό ότι a j a 0 + a + + a n a j + a j + + a j = (n + ) a j,

16 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ δηλαδή h(p) σ(p) (n + )h(p)..4. Θεωρούµε τον χώρο (P, h) της προηγούµενης άσκησης και τον (c 00, ). Αποδείξτε ότι η συνάρτηση f : (P, h) (c 00, ) µε p(x) = a 0 + a x + + a n x n f f(p) := a = (a 0, a,..., a n, 0, 0,...) είναι ισοµορφισµός γραµµικών χώρων που διατηρεί τις αποστάσεις. ηλαδή, η f είναι -, επί και ικανοποιεί τις σχέσεις (i) f(p + q) = f(p) + f(q) (ii) f(λp) = λf(p) (iii) f(p) = h(p) για κάθε p, q P και λ R. Υπόδειξη. Εστω p(x) = a 0 + a x + + a n x n και q(x) = b 0 + b x + + b m x m δύο πολυώνυµα. Μπορούµε να γράψουµε τα p, q στη µορφή p(x) = k=0 a kx k και q(x) = k=0 b kx k, όπου a k = 0 αν k > n και b k = 0 αν k > m. Τότε, (p + q)(x) = k=0 (a k + b k )x k, άρα f(p + q) = (a 0 + b 0,..., a k + b k,...) = (a 0,..., a k,...) + (b 0,..., b k,...) = f(p) + f(q). Τελείως ανάλογα, για κάθε λ R έχουµε (λp)(x) = k=0 (λa k)x k, άρα f(λp) = (λa 0, λa,..., λa k,...) = λ(a 0, a,..., a k,...) = λf(p). Τέλος, αν p P και p(x) = a 0 + a x + + a n x n, f(p) = sup{ a k : k = 0,, 2,...} = max{ a k : k = 0,,..., n} = h(p). Οµάδα Γ.5. Σταθεροποιούµε έναν πρώτο αριθµό p και ϑεωρούµε το σύνολο Z των ακεραίων. Αν m, n Z µε m n, ϑέτουµε p(n, m) τη µεγαλύτερη δύναµη του p που διαιρεί τον n m, δηλαδή αν m n, τότε p(m, n) = max{k 0 : m n mod p k }.

17 3 Ορίζουµε σ p : Z Z R µε σ p (m, n) = { 2 p(m,n), m n 0, m = n είξτε ότι η σ p είναι µετρική στο Z και ο (Z, σ p ) είναι ϕραγµένος µετρικός χώρος. Υπόδειξη. Αποδεικνύουµε µόνο την τριγωνική ανισότητα σ p (x, z) σ p (x, y) + σ p (y, z) για κάθε x, y, z Z. Αν x = z τότε η ανισότητα ισχύει κατά προφανή τρόπο. Υποθέτουµε λοιπόν ότι x z και εποµένως είτε x y ή y z (γιατί ;). Αν είναι x = y ή y = z τότε η ανισότητα πάλι ισχύει κατά προφανή τρόπο. Ας είναι λοιπόν x y και y z. Εστω p(x, y) = a, p(x, z) = c και p(y, z) = b. Τότε έχουµε ότι x y mod p a και y z mod p b, άρα z x mod p min{a,b} και από τον ορισµό του p(x, z) έχουµε ότι min{a, b} c. Επειδή ϑέλουµε να δείξουµε ότι αρκεί ισοδύναµα να δείξουµε την 2 c 2 a + 2 b, 2 c a + 2 c b η οποία ισχύει διότι, από την min{a, b} c, έχουµε είτε a c ή b c..6. Εστω A (0, + ). Αποδείξτε ότι υπάρχει µετρικός χώρος (X, ρ) ώστε A = {ρ(x, y) : x, y X, x y}. Υπόδειξη. Ορίζουµε X = A {0} και ρ(x, y) = max{x, y} αν x y στο X, ρ(x, y) = 0 αν x = y στο X. Ελέγχουµε πρώτα ότι η ρ ικανοποιεί τα αξιώµατα της µετρικής: (α) Αφού x > 0 για κάθε x A, είναι ϕανερό ότι ρ(x, y) 0 για κάθε x, y X. Αν x = y έχουµε ρ(x, y) = 0 ενώ αν x y τότε τουλάχιστον ένας από τους x, y είναι γνήσια ϑετικός (διότι ανήκει στο A), και συνεπώς, ρ(x, y) = max{x, y} > 0. Ταυτόχρονα έχουµε ελέγξει ότι ρ(x, y) = 0 αν και µόνο αν x = y. (ϐ) Από την max{x, y} = max{y, x} (για κάθε x, y R) ϐλέπουµε εύκολα ότι ρ(x, y) = ρ(y, x) για κάθε x, y X. (γ) Για την τριγωνική ανισότητα, ϑεωρούµε x, y, z X και δείχνουµε ότι ρ(x, z) ρ(x, y)+ ρ(y, z): αν x = z τότε το αριστερό µέλος είναι ίσο µε µηδέν και η ανισότητα ισχύει. Υποθέτουµε λοιπόν ότι x z, και χωρίς περιορισµό της γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι x < z, άρα ρ(x, z) = z. Αν y z έχουµε ρ(y, z) = max{y, z} z = ρ(x, z), άρα ρ(x, y) + ρ(y, z) ρ(y, z) ρ(x, z).

18 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ Αν y = z τότε η Ϲητούµενη ανισότητα παίρνει τη µορφή ρ(x, z) ρ(x, z) + ρ(z, z) = ρ(x, z), δηλαδή ισχύει πάλι, αυτή τη ϕορά ως ισότητα. Συνεπώς, η τριγωνική ανισότητα ισχύει για κάθε τριάδα x, y, z στο X. Τώρα, ορίζουµε B = {ρ(x, y) : x, y X, x y} και αποδεικνύουµε ότι A = B. Εστω x A. Τότε, x = max{0, x} = ρ(0, x), δηλαδή x B. Αυτό αποδεικνύει ότι A B. Αντίστροφα, αν b B έχουµε b = ρ(x, y) = max{x, y} για κάποια x y στο X = A {0}. Αφού b > 0, ο µεγαλύτερος από τους x και y είναι ϑετικός αριθµός, άρα ο b ανήκει στο A. Αυτό αποδεικνύει ότι B A..7. Θεωρούµε τους χώρους l p, p και c 0. (α) είξτε ότι : αν p < q τότε l p l q και ότι ο εγκλεισµός είναι γνήσιος. (ϐ) είξτε ότι : αν p < τότε l p c 0 και ότι ο εγκλεισµός είναι γνήσιος. (γ) Να ϐρεθεί ακολουθία x = (x(n)) που συγκλίνει στο 0 αλλά δεν ανήκει σε κανέναν l p, p <. Με άλλα λόγια, ο c 0 περιέχει γνήσια την ένωση {l p : p < }. (δ) Να ϐρεθεί ακολουθία x = (x(n)) ώστε x / l αλλά x l p για κάθε p >. Υπόδειξη. (α) Εστω x = (x(n)) l p. Τότε, n= x(n) p < +, άρα x(n) p 0. ηλαδή, x(n) 0. Επεται ότι : υπάρχει n 0 N ώστε x(n) < για κάθε n n 0. Αφού p < q, για κάθε n n 0 έχουµε x(n) q x(n) p. Από το κριτήριο σύγκρισης, n= x(n) q < +, δηλαδή x l q. Αυτό αποδεικνύει ότι l p l q. τότε Ο εγκλεισµός είναι γνήσιος: αν ϑεωρήσουµε την ακολουθία x = (x(n)) µε x(n) = n /p x(n) p = n= n= διότι q/p >. Άρα, x l q \ l p. = + ενώ n x(n) q = n= n= < + nq/p (ϐ) Εστω x = (x(n)) l p. Τότε, n= x(n) p < +, άρα x(n) p 0. ηλαδή, x(n) 0. Άρα, x c 0. Μια µηδενική ακολουθία που δεν ανήκει στον l p είναι η x = (x(n)) µε x(n) = (δείτε παραπάνω). n /p (γ) Θεωρούµε την ακολουθία x = (x(n)) µε x(n) = log(n+). Αφού lim n log(n+) = 0, έχουµε x c 0. Παρατηρούµε ότι, για κάθε p ισχύει x(n) p lim n /n = lim n n [log(n + )] p = +.

19 5 Αφού η σειρά n= n αποκλίνει στο +, το κριτήριο σύγκρισης µας εξασφαλίζει ότι x(n) p = +, p. n= ηλαδή, για κάθε p ισχύει x / l p. (δ) Ελέγξτε ότι η ακολουθία x = (x(n)) µε x(n) = n έχει αυτή την ιδιότητα..8. Ο κύβος του Hilbert H είναι το σύνολο όλων των ακολουθιών x = (x(n)) µε x(n) για κάθε n N. (α) είξτε ότι η ορίζει µετρική στο H. d(x, y) = 2 n x(n) y(n) n= (ϐ) Αν x, y H και k N, ϑέτουµε M k = max{ x y,..., x(k) y(k) }. είξτε ότι 2 k M k d(x, y) 2 k+ + M k. Υπόδειξη. (α) Η d ορίζεται καλά : για κάθε n N και για κάθε x, y H έχουµε d(x, y) = n= x(n) y(n) 2 n n= 2 2 n = 2 < + διότι x(n) y(n) x(n) + y(n) 2 για κάθε n N. Είναι ϕανερό ότι d(x, y) 0 για κάθε x, y H. Επίσης, d(x, y) = 0 αν και µόνο αν x(n) y(n) = 0 για κάθε n N, δηλαδή αν και µόνο αν x(n) = y(n) για κάθε n N, δηλαδή αν και µόνο αν x = y. Για τη συµµετρική ιδιότητα της d παρατηρούµε ότι, αν x, y H, d(x, y) = n= x(n) y(n) 2 n = n= y(n) x(n) 2 n = d(y, x). Για την τριγωνική ανισότητα, ϑεωρούµε x, y, z H και παρατηρούµε ότι d(x, z) = n= x(n) z(n) 2 n n= x(n) y(n) 2 n + n= y(n) z(n) 2 n = d(x, y) + d(y, z) διότι x(n) z(n) x(n) y(n) + y(n) z(n) για κάθε n N. (ϐ) Εστω x, y H και k N. Γράφουµε d(x, y) = k n= x(n) y(n) 2 n + n=k+ x(n) y(n) 2 n.

20 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ Υπάρχει j k ώστε x j y j = M k = max{ x y,..., x(k) y(k) }. Παρατηρούµε ότι και M k 2 k M k 2 j = x j y j 2 j 0 n=k+ Προσθέτοντας, συµπεραίνουµε ότι k n= x(n) y(n) 2 n x(n) y(n) 2 n n=k+ k n= 2 k M k d(x, y) 2 k+ + M k. M k 2 n = M k 2 2 n = 2 k. k n= 2 n < M k.9. Θεωρούµε τη µοναδιαία Ευκλείδεια σφαίρα S m = {x R m : x 2 = } στον R m. Ορίζουµε «απόσταση» ρ(x, y) δύο σηµείων x, y S m να είναι η κυρτή γωνία xoy στο επίπεδο που ορίζεται από την αρχή των αξόνων o και τα x, y. είξτε ότι : αν ρ(x, y) = θ τότε x y 2 = 2 sin θ 2 και συµπεράνατε ότι Είναι η ρ µετρική στην S m ; 2 π ρ(x, y) x y 2 ρ(x, y), x, y S m. Υπόδειξη. Θεωρούµε το τρίγωνο xoy στο επίπεδο που ορίζεται από την αρχή των αξόνων o και τα x, y. Αν z είναι το µέσο του ευθύγραµµου τµήµατος [x, y], το µήκος του [x, z] ή του [z, y] ισούται µε Συνεπώς, Από την ανισότητα x y 2 2 ( ) ρ(x, y) = sin. 2 ( ) x y 2 ρ(x, y) = 2 arcsin. 2 2t π sin t t, t [0, π/2]

21 7 είναι ϕανερό ότι, για κάθε x, y S m, ( ) ρ(x, y) x y 2 = 2 sin ρ(x, y) 2 και ( ) ρ(x, y) x y 2 = 2 sin 4 2 π ρ(x, y) 2 = 2 ρ(x, y). π Η ρ είναι µετρική στην S m (η «γεωδαισιακή» µετρική). Η µόνη ιδιότητα της µετρικής που χρειάζεται έλεγχο είναι η τριγωνική ανισότητα : παρατηρούµε πρώτα ότι, αν ϑέσουµε θ = ρ(x, y), τότε cos θ = 2 sin 2 (θ/2) = 2 x y = 2 x x, y y = x, y, όπου x, y = m i= x iy i, το σύνηθες εσωτερικό γινόµενο στον R m. Συνεπώς, η ρ µπορεί να εκφραστεί και στην ακόλουθη µορφή : ρ(x, y) = arccos( x, y ), x, y S m. Πρέπει να δείξουµε ότι : αν x, y, z S m τότε arccos( x, z ) arccos( x, y ) + arccos( y, z ). Θέτουµε φ = arccos( x, y ) και ψ = arccos( y, z ). Αν φ + ψ π η ανισότητα ισχύει, υποθέτουµε λοιπόν ότι 0 φ+ψ < π. Θυµηθείτε ότι η συνάρτηση arccos : [, ] [0, π] είναι ϕθίνουσα. Εποµένως, αρκεί να δείξουµε ότι x, z cos(φ + ψ) = cos φ cos ψ sin φ sin ψ, δηλαδή είχνουµε ότι x, z x, y y, z x, y 2 y, z 2. x, y y, z x, z x, y 2 y, z 2 ως εξής: µπορούµε να υποθέσουµε ότι τα x, y είναι γραµµικώς ανεξάρτητα, αλλιώς x = y και η ανισότητα προκύπτει ως ισότητα διότι τα δύο µέλη µηδενίζονται. Με κατάλληλη επιλογή ορθοκανονικής ϐάσης {e, e 2 } στον υπόχωρο που παράγουν τα x, y έχουµε y = e και x = t e +t 2 e 2 µε t 2 +t2 2 =. Το z γράφεται κι αυτό στη µορφή z = s e +s 2 e 2 +s 3 e 3, όπου το e 3 είναι µοναδιαίο και κάθετο στα e, e 2 αν το z είναι γραµµικώς ανεξάρτητο από τα x, y (αλλιώς s 3 = 0) και s 2 + s2 2 + s2 3 =. Τώρα, η ανισότητα που Ϲητάµε γράφεται στη µορφή t s (t s + t 2 s 2 ) t 2 s 2,

22 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ δηλαδή t 2 2s 2 2 ( t 2 )( s 2 ). Οµως, και αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο. ( t 2 )( s 2 ) = t 2 2(s s 2 3) t 2 2s 2 2

23 Κεφάλαιο 2 Σύγκλιση ακολουθιών και συνέχεια συναρτήσεων Οµάδα Α 2.. Εστω (X, d ),..., (X k, d k ) πεπερασµένη οικογένεια µετρικών χώρων. Αποδείξτε ότι οι παρακάτω συναρτήσεις είναι µετρικές γινόµενο στο X = k i= X i: και ρ (x, y) = max{d i (x(i), y(i)) : i =, 2,..., k} ( k ) /p ρ p (x, y) = [d i (x(i), y(i))] p, p <, i= όπου x = (x(),..., x(k)), y = (y(),..., y(k)). Υπόδειξη. (α) Για την ρ : είναι ϕανερό ότι ρ (x, y) 0 για κάθε x, y X (διότι d i (x(i), y(i)) 0 για κάθε i =,..., k, αφού κάθε d i είναι µετρική στο X i ). Επίσης, ρ (x, y) = 0 αν και µόνο αν d i (x(i), y(i)) = 0 για κάθε i =,..., k, δηλαδή αν και µόνο αν x(i) = y(i) για κάθε i =,..., k, δηλαδή αν και µόνο αν x = y. Για τη συµµετρική ιδιότητα της ρ χρησιµοποιούµε τη συµµετρική ιδιότητα των d i : αν x, y X έχουµε d i (x(i), y(i)) = d i (y(i), x(i)) για κάθε i =,..., k. Συνεπώς, ρ (x, y) = max{d i (x(i), y(i)) : i =,..., k} = max{d i (y(i), x(i)) : i =,..., k} = ρ (y, x). Για την τριγωνική ανισότητα, ϑεωρούµε x, y, z X. Υπάρχει i 0 {,..., k} ώστε ρ (x, z) = d i0 (x(i 0 ), z(i 0 )). Από την τριγωνική ανισότητα για την d i0 έχουµε d i0 (x(i 0 ), z(i 0 )) d i0 (x(i 0 ), y(i 0 )) + d i0 (y(i 0 ), z(i 0 )) ρ (x, y) + ρ (y, z). 9

24 20 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΣΥΓΚΛΙΣΗ ΑΚΟΛΟΥΘΙΩΝ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Συνεπώς, ρ (x, z) = d i0 (x(i 0 ), z(i 0 )) ρ (x, y) + ρ (y, z). Για να δείξουµε ότι η ρ είναι µετρική γινόµενο πρέπει να δείξουµε ότι : αν (x m ) είναι ακολουθία στον X και x X, τότε lim ρ (x m, x) = 0 αν και µόνο αν lim d i(x m (i), x(i)) = 0 για κάθε i =,..., k. m m Η κατεύθυνση ( ) έπεται άµεσα από το γεγονός ότι, για κάθε i =,..., k, d i (x m (i), x(i)) ρ (x m, x). Για την άλλη κατεύθυνση παρατηρούµε ότι ρ (x m, x) k d i (x m (i), x(i)) i= και ότι, αν lim m d i(x m (i), x(i)) = 0 για κάθε i =,..., k τότε lim m k d i (x m (i), x(i)) = i= k lim d i(x m (i), x(i)) = 0. m i= (ϐ) Εστω p <. Είναι ϕανερό ότι ρ p (x, y) 0 για κάθε x, y X. Επίσης, ρ p (x, y) = 0 αν και µόνο αν d i (x(i), y(i)) = 0 για κάθε i =,..., k, δηλαδή αν και µόνο αν x(i) = y(i) για κάθε i =,..., k, δηλαδή αν και µόνο αν x = y. Για τη συµµετρική ιδιότητα της ρ p χρησιµοποιούµε τη συµµετρική ιδιότητα των d i : αν x, y X έχουµε d i (x(i), y(i)) = d i (y(i), x(i)) για κάθε i =,..., k. Συνεπώς, ( k ) /p ( k ) /p ρ p (x, y) = [d i (x(i), y(i))] p = [d i (y(i), x(i))] p = ρ p (y, x). i= i= Για την τριγωνική ανισότητα, ϑεωρούµε x, y, z X. Εφαρµόζουµε πρώτα την τριγωνική ανισότητα για κάθε d i : έχουµε d i (x(i), z(i)) d i (x(i), y(i)) + d i (y(i), z(i)), i =,..., k.

25 2 Από την ανισότητα του Minkowski, ρ p (x, z) = ( k ) /p [d i (x(i), z(i))] p i= ( k ) /p [d i (x(i), y(i)) + d i (y(i), z(i))] p i= ( k ) /p ( k ) /p [d i (x(i), y(i))] p + [d i (y(i), z(i))] p i= = ρ p (x, y) + ρ p (y, z). Για να δείξουµε ότι η ρ p είναι µετρική γινόµενο πρέπει να δείξουµε ότι : αν (x m ) είναι ακολουθία στον X και x X, τότε lim ρ p(x m, x) = 0 αν και µόνο αν lim d i(x m (i), x(i)) = 0 για κάθε i =,..., k. m m Η κατεύθυνση ( ) έπεται άµεσα από το γεγονός ότι, για κάθε i =,..., k, i= d i (x m (i), x(i)) ρ p (x m, x). Για την άλλη κατεύθυνση παρατηρούµε ότι, αν,..., k, τότε lim d i(x m (i), x(i)) = 0 για κάθε i = m lim [ρ p(x, y)] p = lim m m k [d i (x m (i), x(i))] p = i= k lim [d i(x m (i), x(i))] p = 0. m i= 2.2. Εστω (x n ) και (y n ) ϐασικές ακολουθίες στο µετρικό χώρο (X, ρ). είξτε ότι η α n = ρ(x n, y n ) είναι ϐασική ακολουθία στο R. Υπόδειξη. Εστω ε > 0. Η (x n ) είναι ϐασική, άρα υπάρχει n N ώστε ρ(x n, x m ) < ε/2 για κάθε n, m n. Οµοίως, η (y n ) είναι ϐασική, άρα υπάρχει n 2 N ώστε ρ(y n, y m ) < ε/2 για κάθε n, m n 2. Θέτουµε n 0 = max{n, n 2 } και παρατηρούµε ότι : αν n, m n 0 τότε α n α m = ρ(x n, y n ) ρ(x m, y m ) ρ(x n, x m ) + ρ(y n, y m ) < ε 2 + ε 2 = ε. Συνεπώς, η (α n ) είναι ϐασική ακολουθία στο R Εστω (x n ) ακολουθία στο µετρικό χώρο (X, ρ). Θεωρούµε την ακολουθία {E n } υποσυνόλων του X µε E n = {x k : k n}, n =, 2,...

26 22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΣΥΓΚΛΙΣΗ ΑΚΟΛΟΥΘΙΩΝ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ και την ακολουθία t n = sup{d(x k, x n ) : k n} [0, + ], n =, 2,... είξτε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (α) Η (x n ) είναι ϐασική. (ϐ) diam(e n ) 0 καθώς n. (γ) t n 0 καθώς n. Υπόδειξη. (α) (ϐ). Εστω ε > 0. Αφού η (x n ) είναι ϐασική, υπάρχει n 0 N ώστε ρ(x n, x m ) < ε για κάθε n, m n 0. Θεωρούµε τυχόν n n 0 και k, m n. Τότε k, m n 0, άρα ρ(x k, x m ) < ε. Επεται ότι diam(e n ) = sup{ρ(x k, x m ) : k, m n} ε. είξαµε ότι diam(e n ) ε για κάθε n n 0, άρα diam(e n ) 0. (ϐ) (γ). Εστω ε > 0. Υπάρχει n 0 N ώστε diam(e n ) < ε για κάθε n n 0. Θεωρούµε τυχόν n n 0. Για κάθε k n έχουµε k, n n, άρα ρ(x k, x n ) diam(e n ) < ε. Αυτό δείχνει ότι ρ(x k, x n ) < ε για κάθε k n, άρα t n = sup{ρ(x k, x n ) : k n} ε. είξαµε ότι t n ε για κάθε n n 0, άρα t n 0. (γ) (α). Εστω ε > 0. Υπάρχει n 0 N ώστε t n < ε για κάθε n n 0. Αυτό σηµαίνει ότι, για κάθε k n n 0 έχουµε ρ(x k, x n ) t n < ε. Οµοίως, για κάθε n k n 0 έχουµε ρ(x k, x n ) t k < ε. Άρα, για κάθε k, n n 0 ισχύει ρ(x k, x n ) max{t n, t k } < ε. Επεται ότι η (x n ) είναι ϐασική ακολουθία Εστω (x n ) ακολουθία στο µετρικό χώρο (X, ρ) και έστω x X. είξτε ότι : (α) Αν η (x n ) συγκλίνει στο x τότε κάθε υπακολουθία (x kn ) της (x n ) συγκλίνει στο x. (ϐ) Αν κάθε υπακολουθία της (x n ) έχει υπακολουθία η οποία συγκλίνει στο x, τότε η (x n ) συγκλίνει στο x. Υπόδειξη. (α) Εστω (x kn ) υπακολουθία της (x n ) και έστω ε > 0. Αφού η (x n ) συγκλίνει στο x, υπάρχει n 0 N ώστε : για κάθε m n 0, ρ(x m, x) < ε. Παρατηρούµε ότι : αν n n 0 τότε k n n n 0. Συνεπώς, ρ(x kn, x) < ε. ηλαδή, η (x kn ) συγκλίνει στο x. (ϐ) Υποθέτουµε ότι η (x n ) δεν συγκλίνει στο x. Τότε, υπάρχει ε > 0 µε την εξής ιδιότητα : για κάθε m N υπάρχει s m ώστε ρ(x s, x) ε. Ορίζουµε υπακολουθία (x kn ) της (x n ) ως εξής: ϑέτουµε m = και επιλέγουµε k ώστε ρ(x k, x) ε. Θέτουµε m = k + και επιλέγουµε k 2 k + > k ώστε ρ(x k2, x) ε. Συνεχίζουµε επαγωγικά : αν έχουµε επιλέξει k < k 2 < < k n ώστε ρ(x kj, x) ε

27 23 για κάθε j =,..., n, ϑέτουµε m = k n + και επιλέγουµε k n+ k n + > k n ώστε ρ(x kn+, x) ε. Η υπακολουθία (x kn ) δεν έχει υπακολουθία η οποία να συγκλίνει στο x, διότι όλοι οι όροι της έχουν απόσταση τουλάχιστον ίση µε ε από το x. Αυτό έρχεται σε αντίφαση µε την υπόθεση Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος. Θεωρούµε τον X X µε οποιαδήποτε µετρική γινόµενο d. είξτε ότι η ρ : (X X, d) R µε (x, y) ρ(x, y) είναι συνεχής. Υπόδειξη. Από την αρχή της µεταφοράς, αρκεί να δείξουµε ότι αν {(x n, y n )} n N είναι µια d ακολουθία στο X X και (x n, y n ) (x, y) X, τότε ρ(x n, y n ) ρ(x, y). Αν όµως η d d ρ ρ είναι µετρική γινόµενο, από την (x n, y n ) (x, y) έπεται ότι x n x και y n y. Από γνωστή πρόταση, αυτό έχει σαν συνέπεια την ρ(x n, y n ) ρ(x, y) (ϑυµηθείτε την ανισότητα ρ(x n, y n ) ρ(x, y) ρ(x n, x) + ρ(y n, y)) Εστω (x n ) ακολουθία στο µετρικό χώρο (X, ρ). Υποθέτουµε ότι για κάποιο x X ισχύει το εξής: για κάθε συνεχή συνάρτηση f : X R ισχύει f(x n ) f(x). Είναι σωστό ότι x n x; Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση g : (X, ρ) R µε g(y) = ρ(y, x). Παρατηρήστε ότι η g είναι συνεχής: αυτό προκύπτει άµεσα µε τον ορισµό της συνέχειας, αν χρησιµοποιήσουµε το γεγονός ότι, για κάθε y, z X, g(y) g(z) = ρ(y, x) ρ(z, x) ρ(y, z). Από την υπόθεση έχουµε g(x n ) g(x), δηλαδή όταν το n. Άρα, x n ρ x. ρ(x n, x) ρ(x, x) = 0 Οµάδα Β 2.7. Εστω (X n, d n ), n =, 2,... ακολουθία µετρικών χώρων ώστε d n (x, y) για κάθε x, y X n, n =, 2,.... Θεωρούµε το } X = X n = {x = (x(), x(2),..., x(n),...) : x(n) X n. n= ηλαδή, ο X αποτελείται από όλες τις ακολουθίες οι οποίες στη n-οστή ϑέση έχουν στοιχείο του X n. Ορίζουµε d : X X R µε d(x, y) = n= 2 n d n(x(n), y(n)).

28 24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΣΥΓΚΛΙΣΗ ΑΚΟΛΟΥΘΙΩΝ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ είξτε ότι ο (X, d) είναι µετρικός χώρος και η d είναι µετρική γινόµενο. Υπόδειξη. Η d ορίζεται καλά λόγω της υπόθεσης για τις διαµέτρους των (X n, d n ): για κάθε n N και για κάθε x(n), y(n) X n ισχύει d n (x(n), y(n)) άρα, για κάθε x, y X έχουµε d(x, y) = n= 2 n d n(x(n), y(n)) Είναι ϕανερό ότι d(x, y) 0 για κάθε x, y X. n= 2 n = < +. Επίσης, d(x, y) = 0 αν και µόνο αν d n (x(n), y(n)) = 0 για κάθε n N, δηλαδή αν και µόνο αν x(n) = y(n) για κάθε n N, δηλαδή αν και µόνο αν x = y. Για τη συµµετρική ιδιότητα της d χρησιµοποιούµε τη συµµετρική ιδιότητα των d n : αν x, y X έχουµε d n (x(n), y(n)) = d n (y(n), x(n)) για κάθε n N. Συνεπώς, d(x, y) = n= 2 n d n(x(n), y(n)) = n= 2 n d n(y(n), x(n)) = d(y, x). Για την τριγωνική ανισότητα, ϑεωρούµε x, y, z X. Εφαρµόζουµε πρώτα την τριγωνική ανισότητα για κάθε d n : έχουµε d n (x(n), z(n)) d n (x(n), y(n)) + d n (y(n), z(n)), n N. Προσθέτοντας κατά µέλη παίρνουµε d(x, z) = n= n= 2 n d n(x(n), z(n)) 2 n d n(x(n), y(n)) + = d(x, y) + d(y, z). n= 2 n d n(y(n), z(n)) Για να δείξουµε ότι η d είναι µετρική γινόµενο πρέπει να δείξουµε ότι : αν (x m ) είναι ακολουθία στον X και x X, τότε lim d(x m, x) = 0 αν και µόνο αν lim d n(x m (n), x(n)) = 0 για κάθε n N. m m Η κατεύθυνση ( ) έπεται άµεσα από το γεγονός ότι, για κάθε n N ισχύει d n (x m (n), x(n)) 2 n d(x m, x). Για την άλλη κατεύθυνση, υποθέτουµε ότι η ακολουθία (x m ) και το x στο X ικανοποιούν την lim m d n(x m (n), x(n)) = 0 για κάθε n N.

29 25 Εστω ε > 0. Υπάρχει k N ώστε n=k+ 2 < ε n 2. Για κάθε n =,..., k έχουµε lim d n(x m (n), x(n)) = 0, άρα m lim k m n= 2 n d n(x m (n), x(n)) = 0. Μπορούµε λοιπόν να ϐρούµε m 0 N ώστε : για κάθε m m 0, k n= 2 n d n(x m (n), x(n)) < ε 2. Συνδυάζοντας τα παραπάνω ϐλέπουµε ότι, για κάθε m m 0, d(x m, x) = k n= Επεται ότι d(x m, x) 0. 2 n d n(x m (n), x(n)) + n=k+ 2 n d m(x m (n), x(n)) < ε 2 + ε 2 = ε Εστω (X n, d n ) n N ακολουθία µετρικών χώρων και X = n= X n. Ορίζουµε d : X X R µε d n (x n, y n ) d(x, y) = 2 n + d n (x n, y n ). είξτε ότι ο (X, d) είναι µετρικός χώρος και η d είναι µετρική γινόµενο. n= Υπόδειξη. Για κάθε n N η συνάρτηση ρ n : X n X n R µε ρ n (x(n), y(n)) = d n(x(n), y(n)) + d n (x(n), y(n)) είναι µετρική στο X n, διότι ρ n = f d n όπου f : [0, ) [0, ) η συνάρτηση f(t) = (δείτε την Άσκηση 5 στο Φυλλάδιο ). Επίσης, είναι ϕανερό ότι ρ n (x(n), y(n)) για κάθε x(n), y(n) X n, δηλαδή diam(x n, ρ n ) για κάθε n N. Από την προηγούµενη Άσκηση, η d είναι µετρική στο X και είναι µετρική γινόµενο ως προς τις ρ n : ισχύει d(x k, x) 0 αν και µόνο αν, για κάθε n N, lim k ρ n (x k (n), x(n)) = 0. Για να δείξουµε ότι η d είναι µετρική γινόµενο ως προς τις d n αρκεί να δείξουµε ότι για κάθε (σταθερό) n N ισχύει το εξής: d n (x k (n), x(n)) 0 αν και µόνο αν ρ n (x k (n), x(n)) = Αυτό είναι άµεση συνέπεια του ακόλουθου ισχυρισµού : d n(x k (n), x(n)) + d n (x k (n), x(n)) 0. t +t

30 26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΣΥΓΚΛΙΣΗ ΑΚΟΛΟΥΘΙΩΝ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Εστω (a k ) ακολουθία µη αρνητικών πραγµατικών αριθµών. Ορίζουµε b k = a k +a k, k N. Τότε, a k 0 αν και µόνο αν b k 0 (άσκηση) Εστω p < και x = (x(k)) k N l p. Για κάθε n N ορίζουµε x n l p µε x n = (x(),..., x(n), 0, 0,...). είξτε ότι lim n x n x p = 0. Ισχύει το αντίστοιχο αποτέλεσµα στον l ; Υπόδειξη. Η ακολουθία x l p, άρα k= x(k) p < +. Επεται (οι «ουρές» συγκλίνουσας σειράς τείνουν στο 0) ότι lim x(k) p = 0. n k=n+ Παρατηρούµε τώρα ότι x x n = (0,..., 0, x(n + ), x(n + 2),...), οπότε x x n p p = k=n+ x(k) p 0. Στον l δεν έχουµε το ίδιο αποτέλεσµα : αν ϑεωρήσουµε τη σταθερή ακολουθία x = (,,...,,...) τότε x x n = (0,..., 0,,,...) για κάθε n N, άρα x x n = για κάθε n N. Συνεπώς, lim x x n = 0. n 2.0. Εστω (x n ) ακολουθία στο µετρικό χώρο (X, ρ). είξτε ότι η (x n ) συγκλίνει στο x X αν και µόνο αν η ακολουθία (y n ) = (x, x, x 2, x, x 3, x,..., x n, x,...) συγκλίνει. Υπόδειξη. Η ακολουθία (y n ) έχει οριστεί ως εξής: y 2k = x k και y 2k = x, k N. Υποθέτουµε πρώτα ότι x n x. Εστω ε > 0. Αφού x n x, υπάρχει k 0 N ώστε : αν k k 0 τότε ρ(x k, x) < ε. Θέτουµε n 0 = 2k 0 και ϑεωρούµε n n 0. ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις: (i) Αν n = 2k τότε ρ(y n, x) = ρ(x, x) = 0 < ε. (ii) Αν n = 2k τότε 2k n 0 = 2k 0, δηλαδή k k 0. Άρα, ρ(y n, x) = ρ(x k, x) < ε. Είδαµε ότι ρ(y n, x) < ε για κάθε n n 0. Άρα, y n x. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι y n y για κάποιο y X. Τότε, y 2k y. Οµως, η (y 2k ) είναι σταθερή και ίση µε x, άρα y = x. Τώρα, από την y n x ϐλέπουµε ότι y 2k x, άρα x k x.

31 Εστω (x n ) ακολουθία στο µετρικό χώρο (X, ρ). Υποθέτουµε ότι x n x X. είξτε ότι : για κάθε µετάθεση (- και επί συνάρτηση) σ : N N η ακολουθία y n = x σ(n) συγκλίνει κι αυτή στο x. Υπόδειξη. Εστω σ µια µετάθεση του N και έστω ε > 0. Αφού x n x, υπάρχει k 0 N ώστε : αν k > k 0 τότε ρ(x k, x) < ε. Θεωρούµε το σύνολο A(k 0 ) = {σ (),..., σ (k 0 )}. Αφού η σ είναι - και επί, το A(k 0 ) έχει ακριβώς k 0 στοιχεία. Θέτουµε n 0 = max A(k 0 ) (το µέγιστο στοιχείο του A(k 0 )). Τότε, αν n > n 0 έχουµε n σ (j) για κάθε j =,..., k 0. ηλαδή, σ(n) j για κάθε j =,..., k 0. Αυτό σηµαίνει ότι σ(n) > k 0, άρα ρ(x σ(n), x) < ε. είξαµε ότι για κάθε ε > 0 υπάρχει n 0 N ώστε ρ(x σ(n), x) < ε για κάθε n > n 0. Επεται ότι x σ(n) x Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος και (x n ) ακολουθία στον X µε x n x m για n m. Θέτουµε A = {x n : n =, 2,...}. είξτε ότι : αν x n x X τότε για κάθε - συνάρτηση f : A A ισχύει f(x n ) x. Υπόδειξη. Εστω ε > 0. Αφού x n x, υπάρχει k 0 N ώστε : αν k > k 0 τότε ρ(x k, x) < ε. Θεωρούµε το σύνολο C = {x,..., x k0 } και ορίζουµε B = {n N : f(x n ) C}. Αφού η f είναι -, το σύνολο B έχει το πολύ k 0 στοιχεία (για κάθε k k 0 υπάρχει το πολύ ένας n N ώστε f(x n ) = x k ). Θέτουµε n 0 = max B (το µέγιστο στοιχείο του B). Τότε, αν n > n 0 έχουµε n / B. ηλαδή, f(x n ) / C, το οποίο σηµαίνει ότι f(x n ) = x s για κάποιο s > k 0, άρα ρ(f(x n ), x) = ρ(x s, x) < ε. είξαµε ότι για κάθε ε > 0 υπάρχει n 0 N ώστε ρ(f(x n ), x) < ε για κάθε n > n 0. Επεται ότι f(x n ) x Εστω (x n ) ακολουθία στο µετρικό χώρο (X, ρ). Λέµε ότι η (x n ) έχει ϕραγµένη κύµανση αν ρ(x n, x n+ ) < +. n= Αποδείξτε τα ακόλουθα : (α) Αν η (x n ) έχει ϕραγµένη κύµανση τότε είναι ϐασική (άρα, και ϕραγµένη). Ισχύει το αντίστροφο ; (ϐ) Αν η (x n ) είναι ϐασική τότε έχει υπακολουθία µε ϕραγµένη κύµανση. (γ) Η (x n ) έχει ϐασική υπακολουθία αν και µόνο αν έχει υπακολουθία µε ϕραγµένη κύµανση.

32 28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΣΥΓΚΛΙΣΗ ΑΚΟΛΟΥΘΙΩΝ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Υπόδειξη. (α) Υποθέτουµε πρώτα ότι η (x n ) έχει ϕραγµένη κύµανση. Εστω ε > 0. Η σειρά n= ρ(x n, x n+ ) συγκλίνει, άρα από το κριτήριο ἃυςηψ για σειρές πραγµατικών αριθµών υπάρχει N N ώστε : για κάθε m > k N, m n=k ρ(x n, x n+ ) < ε. Εστω m > k N. Χρησιµοποιώντας την τριγωνική ανισότητα γράφουµε ρ(x k, x m ) ρ(x k, x k+ ) + + ρ(x m, x m ) m n=k ρ(x n, x n+ ) < ε. Το αντίστροφο δεν ισχύει : ϑεωρούµε το R µε τη συνήθη µετρική και µια ακολουθία (a k ) ώστε η σειρά k= a k να συγκλίνει αλλά να µην συγκλίνει απολύτως (παράδειγµα, η a k = ( )k k Οµως, ). Θέτουµε x n = n k= a k. Τότε, η (x n ) είναι συγκλίνουσα, άρα είναι ϐασική. x n+ x n = n= Άρα, η (x n ) δεν έχει ϕραγµένη κύµανση. a k =. (ϐ) Εχουµε υποθέσει ότι η (x n ) είναι ϐασική ακολουθία. Θέτουµε ε = 2 και ϐρίσκουµε k N ώστε ρ(x k, x m ) < 2 για κάθε k, m k. Στη συνέχεια ϑέτουµε ε = 2 2 και ϐρίσκουµε k 2 > k ώστε ρ(x k, x m ) < 2 2 για κάθε k, m k 2. Συνεχίζουµε επαγωγικά : στο n-οστό ϐήµα ϑέτουµε ε = 2 n και ϐρίσκουµε k n > k n ώστε ρ(x k, x m ) < 2 n για κάθε k, m k n. Θεωρούµε την υπακολουθία (x kn ). Από τον τρόπο ορισµού των k n ϐλέπουµε ότι : για κάθε n N έχουµε k n+, k n k n, άρα ρ(x kn+, x kn ) < 2 n. Επεται ότι n= ρ(x k n+, x kn ) n= 2 = < n +. Συνεπώς, η (x kn ) έχει ϕραγµένη κύµανση. (γ) Υποθέτουµε πρώτα ότι η (x n ) έχει υπακολουθία (x kn ) µε ϕραγµένη κύµανση. Από το (α) η (x kn ) είναι ϐασική. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι η (x n ) έχει ϐασική υπακολουθία (x kn ). Από το (ϐ) η (x kn ) έχει υπακολουθία (x ksn ) η οποία έχει ϕραγµένη κύµανση. Η n= (x ksn ) είναι υπακολουθία της (x n ), συνεπώς έχουµε το Ϲητούµενο Εστω (x n ) ακολουθία στο µετρικό χώρο (X, ρ). είξτε ότι η (x n ) έχει ϐασική υπακολουθία αν και µόνο αν έχει υπακολουθία (x kn ) µε την ιδιότητα ρ(x kn, x kn+ ) < 2 n για κάθε n N. Υπόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι η (x n ) έχει ϐασική υπακολουθία (x tn ). Οπως στην Άσκηση 2.3(ϐ) ϐρίσκουµε υπακολουθία (x tsn ) της (x tn ) η οποία ικανοποιεί την ρ(x tsn+, x tsn ) < 2 n

33 29 για κάθε n N. k n = t sn ). Αφού η (x tsn ) είναι υπακολουθία της (x n ), έχουµε το Ϲητούµενο (µε Αντίστροφα, ας υποθέσουµε ότι η (x n ) έχει υπακολουθία (x kn ) µε την ιδιότητα : για κάθε n N, ρ(x kn+, x kn ) < 2 n. Τότε, η (x kn ) είναι ϐασική ακολουθία. Πράγµατι, αν m > n έχουµε ρ(x kn, x km ) ρ(x kn, x kn+ ) + + ρ(x km, x km ) < 2 n m < 2 n. Συνεπώς, για οποιοδήποτε ε > 0, αν επιλέξουµε n 0 N αρκετά µεγάλο ώστε έχουµε : για κάθε m > n n 0, ρ(x km, x kn ) < 2 n 0 < ε. 2 n 0 < ε,

34

35 Κεφάλαιο 3 Τοπολογία µετρικών χώρων Οµάδα Α 3.. Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το G \ F είναι ανοικτό. Υπόδειξη. Γράφουµε F \G = F (X \G). Αφού το G είναι ανοικτό, το X \G είναι κλειστό. Τότε, το F (X \ G) είναι κλειστό ως τοµή δύο κλειστών συνόλων. Οµοια, γράφουµε G \ F = G (X \ F ). Αφού το F είναι κλειστό, το X \ F είναι ανοικτό. Τότε, το G (X \ F ) είναι ανοικτό ως τοµή δύο ανοικτών συνόλων Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος. είξτε ότι κάθε υποσύνολο A του X γράφεται ως τοµή ανοικτών υποσυνόλων του (X, ρ). Υπόδειξη. είχνουµε πρώτα ότι κάθε B X γράφεται ως ένωση κλειστών συνόλων, γρά- ϕοντας B = {x}. x B [Τα µονοσύνολα είναι κλειστά σύνολα σε κάθε µετρικό χώρο]. Εστω τώρα A X. Θέτοντας B = X \ A έχουµε X \ A = F i i I όπου (F i ) i I οικογένεια κλειστών υποσυνόλων του X. Τότε, A = (X \ A) c = i I (X \ F i ) = i I G i, όπου κάθε G i = X \ F i είναι ανοικτό υποσύνολο του X. 3

36 32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟΠΟΛΟΓΙΑ ΜΕΤΡΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ 3.3. Εστω f : R R συνεχής συνάρτηση. είξτε ότι το G = {x R : f(x) > 0} είναι ανοικτό υποσύνολο του R και το F = {x R : f(x) = 0} είναι κλειστό υποσύνολο του R. Υπόδειξη. Εστω x G. Τότε, f(x) > 0. Εφαρµόζοντας τον ορισµό της συνέχειας µε ε = f(x)/2 > 0 ϐρίσκουµε δ > 0 ώστε : αν y (x δ, x + δ) τότε f(y) > f(x)/2 > 0. Συνεπώς, B(x, δ) G. Επεται ότι το G είναι ανοικτό. Εστω (x n ) ακολουθία στο F µε x n x R. Εχουµε f(x n ) = 0 για κάθε n N και η f είναι συνεχής στο x. Από την αρχή της µεταφοράς, f(x) = lim n f(x n) = 0. Συνεπώς, x F. Επεται ότι το F είναι κλειστό είξτε ότι κάθε κλειστό διάστηµα στο R γράφεται ως αριθµήσιµη τοµή ανοικτών διαστη- µάτων και κάθε ανοικτό διάστηµα στο R γράφεται ως αριθµήσιµη ένωση κλειστών διαστηµάτων. Υπόδειξη. Εστω a < b στο R. Μπορούµε να γράψουµε [a, b] = n= Ελέγξτε τις δύο ισότητες. ( a n, b + ) n και (a, b) = n= [ a + b a 3n, b b a ]. 3n 3.5. Αποδείξτε ότι κάθε πεπερασµένο υποσύνολο ενός µετρικού χώρου είναι κλειστό. Υπόδειξη. Εστω F = {x,..., x m } πεπερασµένο υποσύνολο του µετρικού χώρου (X, ρ). Για κάθε j =,..., m, το µονοσύνολο {x j } είναι κλειστό σύνολο. Γράφουµε F = {x } {x 2 } {x m }. Αφού η ένωση πεπερασµένων το πλήθος κλειστών συνόλων είναι κλειστό σύνολο, συµπε- ϱαίνουµε ότι το F είναι κλειστό Αποδείξτε ότι κάθε σφαίρα ενός µετρικού χώρου είναι κλειστό σύνολο. Μπορεί σε έναν µετρικό χώρο µια σφαίρα να είναι το κενό σύνολο ; Υπόδειξη. Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος και x 0 X. είχνουµε ότι η S(x 0, ε) = {x X : ρ ρ(x 0, x) = ε} είναι κλειστό σύνολο αποδεικνύοντας το εξής: αν x n S(x 0, ε) και x n x, τότε x S(x 0, ε). Πράγµατι, ρ(x 0, x n ) = ε για κάθε n N και ρ(x 0, x) ρ(x 0, x n ) ρ(x, x n ) 0, άρα ρ(x 0, x) = lim n ρ(x 0, x n ) = ε. Συνεπώς, x S(x 0, ε).

37 33 Υπάρχει περίπτωση µια σφαίρα S(x 0, ε), σε κάποιον µετρικό χώρο, να είναι το κενό σύνολο. Για παράδειγµα, αν ϑεωρήσουµε ένα µη κενό σύνολο X µε τη διακριτή µετρική δ τότε, για κάθε x 0 X, ισχύει S(x 0, 2) = Εστω (X, d) µετρικός χώρος, x X και ε > 0. Εξετάστε, αν ισχύει πάντοτε η ισότητα B(x, ε) = {y X : d(x, y) ε}. [Υπενθύµιση : Για κάθε A X συµβολίζουµε µε A την κλειστή ϑήκη του A.] Υπόδειξη. Ισχύει πάντοτε ο εγκλεισµός B(x, ε) B(x, ε) = {y X : d(x, y) ε}. Πράγµατι, έστω y B(x, ε). Υπάρχει ακολουθία (y n ) σηµείων της B(x, ε) ώστε y n y. Για κάθε n N έχουµε d(x, y n ) < ε. Συνεπώς, ηλαδή, y B(x, ε). d(x, y) = lim n d(x, y n) ε. εν ισχύει πάντοτε ισότητα : αν ϑεωρήσουµε ένα σύνολο X που έχει τουλάχιστον δύο σηµεία µε τη διακριτή µετρική δ, τότε, για κάθε x X, έχουµε B(x, ) = {x} άρα B(x, ) = {x}, ενώ B(x, ) = X (και X {x} από την υπόθεση για το πλήθος των στοιχείων του X) Εστω (X, d) µετρικός χώρος. Η διαγώνιος του X X είναι το σύνολο = {(x, x) : x X}. Αποδείξτε ότι το είναι κλειστό στον X X ως προς τη µετρική d 2, όπου d 2 ((x, y ), (x 2, y 2 )) = d 2 (x, y ) + d 2 (x 2, y 2 ). Γενικότερα, αποδείξτε ότι το είναι κλειστό ως προς κάθε µετρική γινόµενο στον X X. Υπόδειξη. Εστω ρ µια µετρική γινόµενο στο X X. Θεωρούµε ακολουθία (x n, x n ) ρ ώστε (x n, x n ) (x, y) X X και αποδεικνύουµε ότι x = y, δηλαδή (x, y). Αυτό αποδεικνύει ότι το είναι κλειστό υποσύνολο του (X X, ρ). ρ Αφού (x n, x n ) (x, y) και η ρ είναι µετρική γινόµενο, έχουµε x n d x και x n d y. Από τη µοναδικότητα του ορίου ακολουθίας στον (X, d) ϐλέπουµε ότι, πράγµατι, x = y. Στις ασκήσεις του Κεφαλαίου 2 είδαµε ότι η µετρική d 2 ((x, y ), (x 2, y 2 )) = d 2 (x, y ) + d 2 (x 2, y 2 ) είναι µετρική γινόµενο στο X X. Συνεπώς, το είναι κλειστό υποσύνολο του (X X, d 2 ).

38 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟΠΟΛΟΓΙΑ ΜΕΤΡΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ 3.9. Υπάρχει άπειρο κλειστό υποσύνολο του R το οποίο αποτελείται µόνο από ϱητούς ; Υπάρχει ανοικτό υποσύνολο του R το οποίο αποτελείται µόνο από άρρητους ; Υπόδειξη. Ενα άπειρο κλειστό υποσύνολο του R το οποίο αποτελείται µόνο από ϱητούς είναι το N. εν υπάρχει µη κενό ανοικτό υποσύνολο του R το οποίο να αποτελείται µόνο από άρρητους: ϑα περιείχε κάποιο ανοικτό διάστηµα και σε κάθε διάστηµα υπάρχει ϱητός Εστω A, B δύο υποσύνολα ενός µετρικού χώρου (X, d). Αποδείξτε ότι : (α) Αν A B = X, τότε A B = X. (ϐ) Αν A B =, τότε A B =. Υπόδειξη. (α) είχνουµε ότι : αν x X και x / A τότε x B : αφού x / A, υπάρχει ε > 0 ώστε B(x, ε) A =, δηλαδή B(x, ε) X \ A. Οµως, από την υπόθεση ότι A B = X έχουµε X \ A B. Άρα, B(x, ε) B και αυτό δείχνει ότι x B. είξαµε ότι X \ A B. Άρα, A B = X. (ϐ) Εστω x A B. Αφού x B, υπάρχει ε > 0 ώστε B(x, ε) B. Αφού x A, υπάρχει y A το οποίο ανήκει στην B(x, ε) B. Τότε, y A B. Αυτό είναι άτοπο, διότι A B = από την υπόθεση. Από το άτοπο συµπεραίνουµε ότι A B =. 3.. Εστω (X, d) µετρικός χώρος. Αποδείξτε ότι : (α) (A \ B) A \ B για κάθε A, B X. (ϐ) A \ B A \ B για κάθε A, B X. Μπορούµε να αντικαταστήσουµε τους εγκλεισµούς µε ισότητες ; Υπόδειξη. (α) Εστω A, B X. Εστω x (A\B). Αφού A\B A, έχουµε (A\B) A. Συνεπώς, x A. Επίσης, x (A \ B) A \ B, άρα x / B. Οµως, B B, άρα x / B. Είδαµε ότι x A και x / B. Άρα, x A \ B. Επεται ότι (A \ B) A \ B. (ϐ) Εστω A, B X. Εστω x A \ B. Αφού x A, υπάρχει ακολουθία (x n ) στο A ώστε x n x. Αφού x / B, υπάρχει ε > 0 ώστε B(x, ε) B =. Αφού x n x, υπάρχει n 0 N ώστε x n B(x, ε) για κάθε n n 0. Συνδυάζοντας τα παραπάνω ϐλέπουµε ότι x n A \ B για κάθε n n 0. Οµως, η ακολουθία (x n0, x n0 +,...) συγκλίνει στο x ως υπακολουθία της (x n ). Άρα, x A \ B. Επεται ότι A \ B A \ B. εν µπορούµε να αντικαταστήσουµε τους παραπάνω εγκλεισµούς µε ισότητες. Στον (R, ), αν πάρουµε A = R και B = Q, έχουµε (A \ B) = (R \ Q) =, ενώ A \ B = R \ Q = R \ = R.

39 35 Επίσης, A \ B = R \ Q = R \ R =, ενώ A \ B = R \ Q = R Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος και = A X. είξτε ότι diam(a) = diam(a). Ισχύει το ίδιο για το εσωτερικό του A; Υπόδειξη. Από την A A και τον ορισµό της διαµέτρου έπεται άµεσα ότι diam(a) diam(a). Για την αντίστροφη ανισότητα, υποθέτουµε ότι diam(a) < + αλλιώς δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε. Εστω ε > 0 και x, y A. Υπάρχουν z, w A ώστε ρ(z, x) < ε και ρ(y, w) < ε. Τότε, ρ(x, y) ρ(x, z) + ρ(z, w) + ρ(w, y)< ε + diam(a) + ε. Συνεπώς, diam(a) = sup{ρ(x, y) : x, y A} diam(a) + 2ε. Το ε > 0 ήταν τυχόν, άρα diam(a) diam(a). εν είναι γενικά σωστό ότι diam(a) = diam(a ). Για παράδειγµα, αν ϑεωρήσουµε το σύνολο A = (0, ) {2} στο R µε τη συνήθη µετρική, τότε diam(a) = 2 και A = (0, ), άρα diam(a ) =. Φυσικά, ισχύει πάντα η ανισότητα diam(a) diam(a ) διότι A A (α) Εστω A ανοικτό υποσύνολο του (X, ρ) και G A. είξτε ότι το G είναι ανοικτό στο A αν και µόνο αν είναι ανοικτό στον X. (ϐ) Εστω A κλειστό υποσύνολο του (X, ρ) και G A. Είναι σωστό ότι το G είναι κλειστό στο A αν και µόνο αν είναι κλειστό στον X; Υπόδειξη. (α) Αν το G είναι ανοικτό στο A τότε υπάρχει ανοικτό U X ώστε G = A U. Οµως, τα A, U είναι ανοικτά υποσύνολα του X, άρα το G = A U είναι ανοικτό στον X. Αντίστροφα, αν το G είναι ανοικτό στον X, γράφοντας G = A G ϐλέπουµε ότι το G είναι ανοικτό στο A. (ϐ) Αν το G είναι κλειστό στο A τότε υπάρχει κλειστό V X ώστε G = A V. Οµως, τα A, V είναι κλειστά υποσύνολα του X, άρα το G = A U είναι κλειστό στον X. Αντίστροφα, αν το G είναι κλειστό στον X, γράφοντας G = A G ϐλέπουµε ότι το G είναι κλειστό στο A Βρείτε ένα αριθµήσιµο και πυκνό υποσύνολο του R \ Q ως προς τη συνήθη µετρική. Υπόδειξη. Θεωρούµε το σύνολο D = {q + 2 : q Q}. Το D είναι αριθµήσιµο διότι το Q είναι αριθµήσιµο. Εχουµε D R \ Q διότι 2 / Q. Τέλος, το D είναι πυκνό στο R \ Q: αν x R \ Q υπάρχει ακολουθία (q n ) ϱητών ώστε q n x 2, οπότε q n + 2 D και q n + 2 x.

40 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟΠΟΛΟΓΙΑ ΜΕΤΡΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ Οµάδα Β 3.5. Εστω (X, ) χώρος µε νόρµα. είξτε ότι B(x, r) = B(x, r) για κάθε x X και κάθε r > 0. Υπόδειξη. Εστω x X και r > 0. Στην Άσκηση 3.7 είδαµε ότι B(x, r) B(x, r). Επίσης, B(x, r) B(x, r). Αφού B(x, r) = B(x, r) S(x, r), για τον αντίστροφο εγκλεισµό αρκεί να δείξουµε ότι S(x, r) B(x, r). Εστω y S(x, r). Τότε, y x = r. Θεωρούµε µια ακολουθία (t n ) στο (0, ) µε t n. Ορίζουµε y n = x + t n (y x). Τότε : (i) Για κάθε n N ισχύει y n x = t n (y x) = t n y x = t n r < r, δηλαδή, y n B(x, r). (ii) Ισχύει y y n = y x t n (y x) = ( t n )(y x) = ( t n ) y x = ( t n )r 0, δηλαδή, y n y. Από τα παραπάνω έπεται ότι y B(x, r). Συνεπώς, S(x, r) B(x, r) είξτε ότι ο c 0 είναι κλειστό υποσύνολο του l. Τι µπορείτε να πείτε για τον c 00 ; Είναι ανοικτό υποσύνολο του l ; κλειστό υποσύνολο του l ; Υπόδειξη. Εστω (x k ) ακολουθία στον c 0 µε x k x l. Θα δείξουµε ότι x c 0. Κάθε x k είναι µια µηδενική ακολουθία : x k = (x k (),..., x k (n),...) και lim n x k(n) = 0. Επίσης, x = (x(),..., x(n),...). Εστω ε > 0. Από την υπόθεση έχουµε lim k x k x = 0, άρα υπάρχει k 0 µε την ιδιότητα x k0 x < ε 2. Για την ακρίβεια, το παραπάνω ισχύει για όλους τελικά τους δείκτες k, µία όµως τιµή k 0 µας είναι αρκετή. Αφού έχουµε x k0 x = sup{ x k0 (n) x(n) : n N}, ( ) x k0 (n) x(n) < ε για κάθε n N. 2

1 + t + s t. 1 + t + s

1 + t + s t. 1 + t + s Κεφάλαιο 1 Μετρικοί χώροι Ομάδα Α 1.1. Εστω (X, ) χώρος με νόρμα. Δείξτε ότι η νόρμα είναι άρτια συνάρτηση και ικανοποιεί την ανισότητα x y x y για κάθε x, y X. Υπόδειξη. Για κάθε x X έχουμε x = ( 1)x

Διαβάστε περισσότερα

Πραγµατική Ανάλυση. Πέτρος Βαλέττας

Πραγµατική Ανάλυση. Πέτρος Βαλέττας Πραγµατική Ανάλυση Πέτρος Βαλέττας Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών Αθήνα 2015 Περιεχόµενα I Μετρικοί χώροι 1 1 Μετρικοί χώροι 3 1.1 Ορισµός και παραδείγµατα.......................... 3 1.2 Χώροι

Διαβάστε περισσότερα

B = F i. (X \ F i ) = i I

B = F i. (X \ F i ) = i I Κεφάλαιο 3 Τοπολογία μετρικών χώρων Ομάδα Α 3.1. Εστω (X, ρ) μετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το G \ F είναι

Διαβάστε περισσότερα

Πραγματική Ανάλυση Πέτρος Βαλέττας Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών

Πραγματική Ανάλυση Πέτρος Βαλέττας Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Πραγματική Ανάλυση Πέτρος Βαλέττας Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών 2010-11 Περιεχόμενα I Μετρικοί χώροι 1 1 Μετρικοί χώροι 3 1.1 Ορισμός και παραδείγματα........................... 3 1.2 Χώροι με

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» (ε) Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία άρρητων αριθµών συγκλίνει σε άρρητο αριθµό.

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» (ε) Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία άρρητων αριθµών συγκλίνει σε άρρητο αριθµό. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Ακολουθίες πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας α Κάθε

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Το σύνολο των πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας) α)

Διαβάστε περισσότερα

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει.

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 3: Σειρές πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα. Εστω ( ) µια ακολουθία πραγµατικών αριθµών. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε

Διαβάστε περισσότερα

Πραγµατική Ανάλυση ( ) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3

Πραγµατική Ανάλυση ( ) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3 Πραγµατική Ανάλυση (2015-16) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3 Οµάδα Α 1. Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier Κεφάλαιο 7 L -σύγκλιση σειρών Fourier 7.1 Χώροι Hilbert 7.1.1 Χώροι µε εσωτερικό γινόµενο και χώροι Hilbert Ορισµός 7.1.1. Εστω X γραµµικός χώρος πάνω από το K. Μια συνάρτηση, : X X K λέγεται εσωτερικό

Διαβάστε περισσότερα

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i Κεφάλαιο 1 Μετρικοί χώροι 1.1 Ορισμός και παραδείγματα Ορισμός 1.1.1 μετρική). Εστω X ένα μη κενό σύνολο. Μετρική στο X λέγεται κάθε συνάρτηση ρ : X X R με τις παρακάτω ιδιότητες: i) ρx, y) για κάθε x,

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2].

f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2]. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 7: Ολοκλήρωµα Riem Α Οµάδα. Εστω f : [, ] R. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας).

Διαβάστε περισσότερα

Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο.

Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο. Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Οµάδα Α 1. Αν η f : (a, b) R είναι παραγωγίσιµη, τότε η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f : (a, b) R µε f (x) = [f(x + 1/) f(x)]. Εφόσον, η f είναι

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: L -σύγκλιση σειρών Fourier Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Χώροι L p Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

f(f 1 (B)) f(f 1 (B)) B. X \ (f 1 (C)) = X \ f 1 (C) = f 1 (Y \ C) X \ (f 1 (C)) f 1 (Y \ C). f 1 (Y \ C) = f 1 (Y \ C ) = X \ f 1 (C ).

f(f 1 (B)) f(f 1 (B)) B. X \ (f 1 (C)) = X \ f 1 (C) = f 1 (Y \ C) X \ (f 1 (C)) f 1 (Y \ C). f 1 (Y \ C) = f 1 (Y \ C ) = X \ f 1 (C ). Κεφάλαιο 4 Συναρτήσεις μεταξύ μετρικών χώρων 4.1 Συνεχείς συναρτήσεις Εστω (X, ρ) και (Y, σ) δύο μετρικοί χώροι. Στην 2.2 δώσαμε τον ορισμό της συνέχειας μιας συνάρτησης f : X Y σε κάποιο σημείο x 0 X:

Διαβάστε περισσότερα

i=1 i=1 i=1 (x i 1, x i +1) (x 1 1, x k +1),

i=1 i=1 i=1 (x i 1, x i +1) (x 1 1, x k +1), Κεφάλαιο 6 Συμπάγεια 6.1 Ορισμός της συμπάγειας Οπως θα φανεί στην αμέσως επόμενη παράγραφο, υπάρχουν διάφοροι τρόποι με τους οποίους μπορεί κανείς να εισάγει την έννοια του συμπαγούς μετρικού χώρου. Ο

Διαβάστε περισσότερα

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher Το ϑεώρηµα του Rademacher Νικόλαος Μουρδουκούτας Περίληψη Σε αυτήν την εργασία ϑα αποδείξουµε το ϑεώρηµα του Rademacher, σύµφωνα µε το οποίο κάθε Lipschiz συνάρτηση f : R m είναι διαφορίσιµη σχεδόν παντού.

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: L p Σύγκλιση Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creaive Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος.

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons.

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 7 Φεβρουαρίου 03 Ασκηση. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα

Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα Κεφάλαιο 6 Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα 6. Οικογένειες καλών πυρήνων και προσεγγίσεων της µονάδας Σε αυτήν την παράγραφο ϑα ασχοληθούµε µε µέσες τιµές µιας ολοκληρώσιµης συνάρτησης f οι οποίες

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό,

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 7 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. Βρείτε όλους

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt014/nt014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε

Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε 1. Να αποδειχθεί ότι κάθε ϑετικός ακέραιος αριθµός n 6, µπορεί να γραφεί στη µορφή όπου οι a, b, c είναι ϑετικοί ακέραιοι. n = a + b c,. Να αποδειχθεί ότι για κάθε ακέραιο

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις Απειροστικού Λογισμού ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Περιεχόμενα Υπακολουθίες και ακολουθίες Cuchy Σειρές πραγματικών αριθμών 3 3 Ομοιόμορφη συνέχεια 3 4 Ολοκλήρωμα

Διαβάστε περισσότερα

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη

Διαβάστε περισσότερα

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β.

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β. ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Φεβρουαρίου, 3 Θ. (α ) Εστω A, B µη κενά ϕραγµένα σύνολα πραγµατικών αριθµών. είξτε ότι αν inf A

Διαβάστε περισσότερα

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών ΜΑΣ 02. Απειροστικός Λογισµός Ι Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών Ορισµός.. Ονοµάζουµε ακολουθία πραγµατικών αριθµών κάθε απεικόνιση του συνόλου N των ϕυσικών αριθµών, στο σύνολο R των πραγµατικών

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Μέτρο Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 13 Μαρτίου 2013 Ασκηση 1. Αφού ϐρείτε την

Διαβάστε περισσότερα

j=1 x n (i) x s (i) < ε.

j=1 x n (i) x s (i) < ε. Κεφάλαιο 5 Πληρότητα 5.1 Πλήρεις μετρικοί χώροι Ορισμός 5.1.1 (πλήρης μετρικός χώρος). Ενας μετρικός χώρος (X, ρ) λέγεται πλήρης (complete) αν κάθε ρ βασική ακολουθία (x n ) στον X είναι ρ συγκλίνουσα.

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 3 Νοεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Αφού ϐρείτε

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Μέτρο Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα του Dvoretzky. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα του Dvoretzky. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Το ϑεώρηµα του Dvoretzky Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

n a n = 2. Θεωρούµε τα σύνολα a n = n2 n n 2 + n 1. n a n = a > 0, δείξτε ότι a n > 0 τελικά.

n a n = 2. Θεωρούµε τα σύνολα a n = n2 n n 2 + n 1. n a n = a > 0, δείξτε ότι a n > 0 τελικά. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Ακολουθίες πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας) α) Κάθε

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Σύγκλιση και Συνέχεια Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Οµάδα Α. λ(a) (µε A B συµβολίζουµε τη συµµετρική διαφορά (A \ B) (B \ A) των A και B).

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Οµάδα Α. λ(a) (µε A B συµβολίζουµε τη συµµετρική διαφορά (A \ B) (B \ A) των A και B). Κεφάλαιο 1 Μέτρο Lebesgue 1.1 Οµάδα Α 1. α) Εστω A ϕραγµένο υποσύνολο του R d. είξτε ότι λ A) < +. ϐ) Εστω ότι το A R d έχει τουλάχιστον ένα εσωτερικό σηµείο. είξτε ότι λ A) > 0. Υπόδειξη. α) Αφού το A

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt01b/nt01b.html Πέµπτη 1 Οκτωβρίου 01 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 3 Μαρτίου 2016 Αν (G, ) είναι

Διαβάστε περισσότερα

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα.

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα. Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Τµηµα Μαθηµατικων Εισαγωγή στην Αλγεβρα Τελική Εξέταση 15 Φεβρουαρίου 2017 1. (Οµάδα Α) Εστω η ακολουθία Fibonacci F 1 = 1, F 2 = 1 και F n = F n 1 + F n 2, για n

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii018/laii018html ευτέρα 3 Απριλίου 018 Αν C = x

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 1. Μετρικοί χώροι. 1.1 Βασικές έννοιες. Εστω σύνολο X και έστω η απεικόνιση d : X X R έτσι ώστε για κάθε x, y, z X ισχύουν :

Κεφάλαιο 1. Μετρικοί χώροι. 1.1 Βασικές έννοιες. Εστω σύνολο X και έστω η απεικόνιση d : X X R έτσι ώστε για κάθε x, y, z X ισχύουν : Κεφάλαιο 1 Μετρικοί χώροι 1.1 Βασικές έννοιες Εστω σύνολο X και έστω η απεικόνιση d : X X R έτσι ώστε για κάθε x, y, z X ισχύουν : (i) d(x, y) 0 και d(x, y) = 0 αν και µόνο αν x = y, (ii) d(x, y) = d(y,

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Συνθήκες αριθµησιµότητας Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 13 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai017/lai017html Παρασκευή 17 Νοεµβρίου 017

Διαβάστε περισσότερα

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα.

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα. 4 Συνεκτικά σύνολα Έστω, Ι διάστηµα και f : Ι συνεχής, τότε η f έχει την ιδιότητα της ενδιαµέσου τιµής, δηλαδή, η f παίρνει κάθε τιµή µεταξύ δύο οποιονδήποτε διαφορετικών τιµών της, συνεπώς το f ( Ι )

Διαβάστε περισσότερα

Κανόνες παραγώγισης ( )

Κανόνες παραγώγισης ( ) 66 Κανόνες παραγώγισης Οι κανόνες παραγώγισης που ισχύουν για συναρτήσεις µιας µεταβλητής, ( παραγώγιση, αθροίσµατος, γινοµένου, πηλίκου και σύνθετων συναρτήσεων ) γενικεύονται και για συναρτήσεις πολλών

Διαβάστε περισσότερα

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Εξωτερικό µέτρο Lebesgue

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Εξωτερικό µέτρο Lebesgue Κεφάλαιο 1 Μέτρο Lebesgue 1.1 Εξωτερικό µέτρο Lebesgue Θα ϑέλαµε να ορίσουµε το «µήκος» κάθε υποσυνόλου A του R, δηλαδή να αντιστοιχίσουµε σε κάθε A R έναν µη αρνητικό αριθµό λ(a) (ή το + ). Είναι λογικό

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii9/laii9html Παρασκευή 9 Μαρτίου 9 Ασκηση Εστω (E,,

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 17 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Αριθµοί Liouville. Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης

Αριθµοί Liouville. Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης Αριθµοί Liouville Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης Εισαγωγή Η ϑεωρία των υπερβατικών αριθµών έχει ως αφετηρία µια ϕηµισµένη εργασία του Liouville, το 844, ο οποίος περιέγραψε µια κλάση πραγµατικών αριθµών οι οποίοι

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai018/lai018html Παρασκευή 3 Νοεµβρίου 018 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

e-mail: s97130@math.aegean.gr soviet@teivos.samos.aegean.gr http://iris.math.aegean.gr/software/kerkis/

e-mail: s97130@math.aegean.gr soviet@teivos.samos.aegean.gr http://iris.math.aegean.gr/software/kerkis/ A Π α ν ε π ι ς τ ή µ ι ο Α ι γ α ί ο υ Σ χ ο λ ή Θ ε τ ι κ ώ ν Ε π ι ς τ η µ ώ ν Τ µ ή µ α Μ α θ η µ α τ ι κ ώ ν Πτυχιακή εργασία Εκπονητής Χουσαΐνοβ Αλέξανδρος Α.Μ. 311/1997130 Σάµος, 2002 Τίτλος : Θεωρία

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ 12) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ 12) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ ) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Άσκηση. ( µον.). Έστω z ο µιγαδικός αριθµός z i, µε, R. (α) ίνεται η εξίσωση: z

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uo.gr/abelga/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 7 εκεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Για κάθε

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Συνεκτικότητα Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρία Τελεστών. Ενότητα: Χώροι µε νόρµα - Χώροι Hilbert. Αριστείδης Κατάβολος. Τµήµα Μαθηµατικών

Θεωρία Τελεστών. Ενότητα: Χώροι µε νόρµα - Χώροι Hilbert. Αριστείδης Κατάβολος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Χώροι µε νόρµα - Χώροι Hilbert Αριστείδης Κατάβολος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 6 Μαρτίου 2013 Ασκηση 1. Βρείτε όλους τους

Διαβάστε περισσότερα

1 Το ϑεώρηµα του Alexandrov

1 Το ϑεώρηµα του Alexandrov Το ϑεώρηµα του Alexandrov Γιώργος Γιανναράκης και αυιδούλα ηµοπούλου Περίληψη Το 1939, ο Alexandr Alexandrov απέδειξε το ακόλουθο ϑεώρηµα : Εστω C R d ανοιχτό και κυρτό, f : C R µια κυρτή συνάρτηση. Τότε,

Διαβάστε περισσότερα

f(x) = lim f n (t) = d(t, x n ) d(t, x) = f(t)

f(x) = lim f n (t) = d(t, x n ) d(t, x) = f(t) Κεφάλαιο 7 Ακολουθίες και σειρές συναρτήσεων 7.1 Ακολουθίες συναρτήσεων: κατά σημείο σύγκλιση Ορισμός 7.1.1. Εστω X σύνολο, (Y, ρ) μετρικός χώρος και f n, f : X Y (n = 1, 2,...). Λέμε ότι η ακολουθία συναρτήσεων

Διαβάστε περισσότερα

Τελική Εξέταση 10 Φεβρουαρίου 2017 ιάρκεια εξέτασης 2 ώρες και 30 λεπτά

Τελική Εξέταση 10 Φεβρουαρίου 2017 ιάρκεια εξέτασης 2 ώρες και 30 λεπτά Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Τµηµα Μαθηµατικων Αλγεβρικές οµές ΙΙ 1. Εστω ότι R Z 3 [x]. Τελική Εξέταση 10 Φεβρουαρίου 2017 ιάρκεια εξέτασης 2 ώρες 30 λεπτά (αʹ) Να αποδείξετε ότι ο R είναι περιοχή

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Σταθµητοί Χώροι και Ευκλείδειοι Χώροι Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 59 Μέρος 2. Ευκλείδειοι

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρία Τελεστών. Ενότητα: Το ϕασµατικό ϑεώρηµα για αυτοσυζυγείς τελεστές. Αριστείδης Κατάβολος. Τµήµα Μαθηµατικών

Θεωρία Τελεστών. Ενότητα: Το ϕασµατικό ϑεώρηµα για αυτοσυζυγείς τελεστές. Αριστείδης Κατάβολος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Το ϕασµατικό ϑεώρηµα για αυτοσυζυγείς τελεστές Αριστείδης Κατάβολος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creatve Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό,

Διαβάστε περισσότερα

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 ιδασκοντες: Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 )

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 ) Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ 3.1 Η έννοια της παραγώγου Εστω y = f(x) µία συνάρτηση, που συνδέει τις µεταβλητές ποσότητες x και y. Ενα ερώτηµα που µπορεί να προκύψει καθώς µελετούµε τις δύο αυτές ποσοτήτες είναι

Διαβάστε περισσότερα

Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος

Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών Αθήνα 2015 Περιεχόµενα 1 Μέτρο Lebesgue 3 1.1 Εξωτερικό µέτρο Lebesgue........................... 3

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση ( ) Φυλλάδιο Ασκήσεων 3

Αρµονική Ανάλυση ( ) Φυλλάδιο Ασκήσεων 3 Αρµονική Ανάλυση (2017 2018) Φυλλάδιο Ασκήσεων 3 0. (α) Εστω f L (T). είξτε ότι σ n ( f ) f n N. (ϐ) Εστω f L (T). είξτε ότι (γ) είξτε ότι S n ( f ) f + n k=1 sin(kt) k n k= n [Υπόδειξη: Για το (γ) ϑεωρήστε

Διαβάστε περισσότερα

Ολοκλήρωµα Lebesgue. Κεφάλαιο Μετρήσιµες συναρτήσεις Ορισµός και ϐασικές ιδιότητες

Ολοκλήρωµα Lebesgue. Κεφάλαιο Μετρήσιµες συναρτήσεις Ορισµός και ϐασικές ιδιότητες Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Μετρήσιµες συναρτήσεις Οι συναρτήσεις για τις οποίες ϑα επιχειρήσουµε να ορίσουµε το ολοκλήρωµα Lebesgue είναι συναρτήσεις µε πεδίο ορισµού κάποιο µετρήσιµο υποσύνολο

Διαβάστε περισσότερα

Οι πραγµατικοί αριθµοί

Οι πραγµατικοί αριθµοί Οι πραγµατικοί αριθµοί Προλεγόµενα Η ανάγκη απαρίθµησης αντικειµένων, οδήγησε στην εισαγωγή του συνόλου των φυσικών αριθµών Η ανάγκη µέτρησης µεγεθών, οδήγησε στην εισαγωγή του συνόλου των ρητών αριθµών

Διαβάστε περισσότερα

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) =

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) = Παράρτημα Αʹ Αριθμήσιμα και υπεραριθμήσιμα σύνολα Αʹ1 Ισοπληθικά σύνολα Ορισμός Αʹ11 (ισοπληθικότητα) Εστω A, B δύο μη κενά σύνολα Τα A, B λέγονται ισοπληθικά αν υπάρχει μια συνάρτηση f : A B, η οποία

Διαβάστε περισσότερα

Σύγκλιση σειρών Fourier σε χώρους L p

Σύγκλιση σειρών Fourier σε χώρους L p Σύγκλιση σειρών Fourier σε χώρους L p Μιχάλης Σαράντης και Κωνσταντίνος Τσίνας Βασικά αποτελέσµατα από την ανάλυση Fourier Ορισµός.. Ο n-οστός πυρήνας του Dirichlet ορίζεται ως (.) D n (y) Πρόταση.. Για

Διαβάστε περισσότερα

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα.

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα. 4 Συνεκτικά σύνολα Έστω, Ι R διάστηµα και f : Ι R συνεχής, τότε η f έχει την ιδιότητα της ενδιαµέσου τιµής, δηλαδή, η f παίρνει κάθε τιµή µεταξύ δύο οποιονδήποτε διαφορετικών τιµών της, συνεπώς το f (

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Μετρικοποιησιµότητα Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1.1 Σύνολα αριθµών Το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N = {1, 2, 3,...} Το σύνολο των ακεραίων Z = {... 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...}. Οι ακέραιοι διαµερίζονται σε άρτιους και περιττούς

Διαβάστε περισσότερα

Στοιχεία Συναρτησιακής Ανάλυσης. Σηµειώσεις

Στοιχεία Συναρτησιακής Ανάλυσης. Σηµειώσεις Στοιχεία Συναρτησιακής Ανάλυσης Σηµειώσεις σύντοµη εκδοχή Ε. Στεφανόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αιγαίου Καρλόβασι 2016 2 Περιεχόµενα 1 Γραµµικοι χωροι µε νορµα 5 1.1 Γραµµικοί χώροι......................................

Διαβάστε περισσότερα

Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3/2/2010

Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3/2/2010 Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3//00 Θέµα ( µονάδα) Θεωρούµε το σύνολο B = {x Q : x < 5}. είξτε ότι sup B = 5. Απάντηση : Για να δείξουµε ότι sup B = 5 αρκεί να δειχθεί ότι α) Το 5 είναι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uo.gr/abelga/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://stes.google.com/ste/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Συµπάγεια Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου

Διαβάστε περισσότερα

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1.1 Σύνολα αριθµών Το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N = {1, 2, 3,...} Το σύνολο των ακεραίων Z = {... 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...}. Οι ακέραιοι διαµερίζονται σε άρτιους και περιττούς

Διαβάστε περισσότερα

Ακουλουθίες ρ. Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου

Ακουλουθίες ρ. Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου Ακουλουθίες ρ. Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου Σχολή Ναυτικών οκίµων Ακ. Ετος 2018-2019 Εισαγωγικά Βασικοί Ορισµοί Μονοτονία Ακολουθίας Φραγµένη Ακολουθία Υπακολουθίες Σύγκλιση - Απόκλιση Ακολουθιών N = {1, 2,

Διαβάστε περισσότερα

Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών. ε > υπάρχει ( ) ( )

Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών. ε > υπάρχει ( ) ( ) Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών 7 Η Ευκλείδεια απόσταση που ορίσαµε στον R επιτρέπει ( εκτός από τον ορισµό των ορίων συναρτήσεων και ακολουθιών και τον ορισµό της συνέχειας συναρτήσεων της µορφής

Διαβάστε περισσότερα

Απειροσ τικός Λογισμός ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών

Απειροσ τικός Λογισμός ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Απειροστικός Λογισμός ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών - Περιεχόμενα Υπακολουθίες και βασικές ακολουθίες. Υπακολουθίες. Θεώρημα Bolzno Weierstrss.αʹ Απόδειξη με χρήση της

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις στις σειρές

Σηµειώσεις στις σειρές . ΟΡΙΣΜΟΙ - ΓΕΝΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Σηµειώσεις στις σειρές Στην Ενότητα αυτή παρουσιάζουµε τις βασικές-απαραίτητες έννοιες για την µελέτη των σειρών πραγµατικών αριθµών και των εφαρµογών τους. Έτσι, δίνονται συστηµατικά

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 1. Θεωρία Ζήτησης

Κεφάλαιο 1. Θεωρία Ζήτησης Κεφάλαιο 1 Θεωρία Ζήτησης Στο κεφάλαιο αυτό υποθέτουµε ότι καταναλωτής εισέρχεται στην αγορά µε πλούτο w > 0 και επιθυµεί να τον ανταλλάξει µε διάνυσµα αγαθών x που να µεγιστοποιεί τις προτιµήσεις του.

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μετασχηµατισµός Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μετασχηµατισµός Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Μετασχηµατισµός Fourier Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 1. Πλειότιµες απεικονίσεις. 1.1 Ορισµοί

Κεφάλαιο 1. Πλειότιµες απεικονίσεις. 1.1 Ορισµοί Κεφάλαιο 1 Πλειότιµες απεικονίσεις 1.1 Ορισµοί Εστω X,Y µη κενά σύνολα. Μία (πλειότιµη) απεικόνιση φ : X Y, από το X στο Y είναι ένας κανόνας που σε κάθε σηµείο x του X αντιστοιχεί ένα υποσύνολο φ(x) του

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµική Αλγεβρα Ι. Ενότητα: ιανυσµατικοί χώροι. Ευάγγελος Ράπτης. Τµήµα Μαθηµατικών

Γραµµική Αλγεβρα Ι. Ενότητα: ιανυσµατικοί χώροι. Ευάγγελος Ράπτης. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: ιανυσµατικοί χώροι Ευάγγελος Ράπτης Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: ιαχωριστικά αξιώµατα Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

Παράρτηµα Β. Στοιχεία Θεωρίας Τελεστών και Συναρτησιακής Ανάλυσης [ ) ( )

Παράρτηµα Β. Στοιχεία Θεωρίας Τελεστών και Συναρτησιακής Ανάλυσης [ ) ( ) Παράρτηµα Β Στοιχεία Θεωρίας Τελεστών και Συναρτησιακής Ανάλυσης Β1 Χώροι Baach Βάσεις Schauder Στο εξής συµβολίζουµε µε Z,, γραµµικούς (διανυσµατικούς) χώρους πάνω απ το ίδιο σώµα K = ή και γράφουµε απλά

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 7 Βάσεις και ιάσταση

Κεφάλαιο 7 Βάσεις και ιάσταση Κεφάλαιο 7: Βάσεις και ιάσταση Σελίδα από 9 Κεφάλαιο 7 Βάσεις και ιάσταση n Στο Κεφάλαιο 5 είδαµε την έννοια της βάσης στο και στο Κεφάλαιο 6 µελετήσαµε διανυσµατικούς χώρους. Στο παρόν κεφάλαιο θα ασχοληθούµε

Διαβάστε περισσότερα