[過去ﾛｸﾞ] 現代数学の系譜 工学物理雑談 古典ガロア理論も読む49 (658ﾚｽ)
上下前次1-新
このｽﾚｯﾄﾞは過去ﾛｸﾞ倉庫に格納されています｡
次ｽﾚ検索 歴削→次ｽﾚ 栞削→次ｽﾚ 過去ﾛｸﾞﾒﾆｭｰ
11: 現代数学の系譜 雑談 古典ガロア理論も読む ◆e.a0E5TtKE 2017/12/27(水)21:24 ID:JqNELMW3(11/12) AAS
「現代数学のもとになった物理工学」の解題：
言わずもがなですが、数学の発展の大きな原動力は、物理です。数学の発展の大きな原動力は、工学です。
別に説明するほどのこともないですが。
古代の幾何学の背景に、実際の土地測量や巨大建築からの要請が原動力にあったことは間違いないでしょう。
ニュートン以来の解析や数論も同様。
で、物理学の背景に、工学に直結する日常のいろいろな事象がある。戦争というのも、大きな要因ではあります。仏エコールポリテクニークなども、ナポレオン戦争遂行のための工学校です。
（外部ﾘﾝｸ:ja.wikipedia.org エコール・ポリテクニーク 1804年にナポレオン・ボナパルトによって軍学校とされる）
工学が物理の進展を促した面は多々あります。有名なプランクの熱と光の放射の理論を研究した背景に、当時の工学的課題であった、高温物体を光学測定により正確な温度を知るため（今の光温度計）であったと言われています。
つまり、工学的課題「高温物体を光学測定により正確な温度を知るための光温度計」→物理的課題「高温物体の光放射理論構築」→プランクの量子仮説→量子力学の誕生→作用素環→非可換幾何（現代数学）ということなのです。
コンヌ先生もおっしゃっているそうですが、物理や工学の課題は、いままでもそうですが、現代数学のエネルギー源なのです。
京大数学科がだめになったのは、「20世紀の古い数学に閉じこもってしまった」というようなことがあるのではないでしょうか？ 新しい数学へのチャレンジが無い？
（参考 過去スレ39 2chｽﾚ:math (抜粋)「自己顕示欲だけが目的で人生を送り、ほんで他人の邪魔ばっかししてるから筑波とか京大みたいになってアカン様になんのや。」 ）
12: 現代数学の系譜 雑談 古典ガロア理論も読む ◆e.a0E5TtKE 2017/12/27(水)21:24 ID:JqNELMW3(12/12) AAS
時枝問題（数学セミナー201511月号の記事）まとめについては
スレ47 2chｽﾚ:math
ほぼほぼ、時枝は、「ぷふ」さんのおかげで完全終了です！ ＼（＾＾）／
テンプレ以上です。
13(1): 2017/12/27(水)23:36 ID:hLkm2n+q(1/3) AAS
前スレ >>621
＞貴方の証明を斜め読みしたが、稠密で無い場合、つまり、どこかにBfを満たす区間(a, b)が取れる前提でしか、
＞証明していないように見えるが、どう？
息をするように間違えるゴミクズ。
斜め読みしかしてないからそういう間違いに陥るのである。
例の定理の仮定は「 R−B_f は第一類集合である 」というものである。
もちろん、例の定理の証明は この仮定のもとで進められる。
となれば、お前の今回の発言は次のような意味になってしまう。
「 R−B_f は第一類集合であるという仮定のもとで証明が進められているが、
この仮定では どこかにBfを満たす区間(a, b)が取れる前提になってしまうぞ」
もちろん、お前のこの発言は間違っている。なぜなら、第一類集合 A であって、
A が R の中に稠密に分布しているような例が存在するからだ。
14(1): 2017/12/27(水)23:50 ID:hLkm2n+q(2/3) AAS
前スレ>>822
＞だが、定理の前提の関数fは自由度が高いので（不連続も可だし）、あなたの定理でいう区間(a, b)に、”反例関数”のx＝0の近傍を切り取って来て、
＞貼り付ければ、区間(a, b)はリプシッツ連続でなくなるよ。（この貼付操作は、全ての区間に適用できるよ）
息をするように間違えるゴミクズ。一体どうやって張り付けるつもりだね？
もし張り付けによって反例を作りたいのなら、x＝0 の近傍が「離散的に分布する」ような貼り付けでは意味が無いんだぞ？
なぜなら、それ以外の開区間を取れば、そこではリプシッツ連続になるからだ。従って、張り付けによって反例を作りたいのなら、
x＝0 の近傍が「 R の中に稠密に分布する」ような貼り付けを考えなければならないんだぞ？
では、一例として、関数 f(x) を有理数 p だけ平行移動した f(x＋p) という関数を考え、これらを単純に足し算した
g(x) ＝ Σ[p∈Q] f(x＋p)
という関数を考えてみよう。この場合、"x＝0 の近傍" の挙動をする点が R の中に稠密に分布するように見えるが、
まず大前提として、上記のように定義した g は「ちゃんと各点で収束しているのか？」という問題が生じる。
もし収束してないなら、この g はそもそも well-defined でないことになるので失敗である。また、
仮に収束しているのだとしても、今度は
「 R−B_g は第一類集合になっているのか？」
という新たな問題が生じる。なぜなら、仮に収束するのだとして、その収束は、直観的には
「 "x＝0 の近傍" が少しずつズレた関数 f(x＋p) の値がひたすら打ち消し合ってギリギリ収束する」
というものであるため、当初考えていた「 x＝0 の近傍 」は、g のグラフにおいては影も形もなくなってしまい、
もはや g(x) がどの点で Ag(x)＜＋∞ や Ag(x)＝＋∞ を満たすのかが全く分からなくなってしまうからだ。
最悪の場合、「むしろ g のグラフは物凄くキレイな形になる」という可能性すらあり得るｗ
[続く]
15(1): 2017/12/27(水)23:53 ID:W7tdg+qq(1) AAS
削除依頼を出しました
16(1): 2017/12/27(水)23:55 ID:hLkm2n+q(3/3) AAS
[続き]
そして、R−B_g が第一類集合になってないなら、そもそも例の定理の適用範囲外になるので、反例の構成に失敗する。
また、R−B_g が第一類集合になっているだけでもダメで、
Ag(x)＝＋∞ が成り立つ点が R の中に稠密に存在するようにしなければ反例にならない。
しかし、既に述べたように、当初考えていた「 x＝0 の近傍 」は、g のグラフにおいては影も形もなくなってしまい、
もはや g(x) がどの点で Ag(x)＜＋∞ や Ag(x)＝＋∞ を満たすのかが全く分からなくなってしまうので、
そもそもの話として、
「 Ag(x)＝＋∞ が成り立つ点が R の中に稠密に存在するようにする」
という芸当自体が極めて困難な作業になる。
お前は軽々しく「貼り付け」とか言っているが、そんなに簡単な話じゃないんだよ。
もし「貼り付け」によって反例が構成できると考えているなら、
具体的な貼り付けの例を厳密に構成して、このスレに書いてみろよ。
絶対に反例になってないからｗ
17: 2017/12/28(木)01:08 ID:wU1xPsOB(1) AAS
ガロアのスレ主は狂ってるのか…
18: 2017/12/28(木)01:15 ID:X/brOcBM(1/2) AAS
痴呆老人です
19(3): 現代数学の系譜 雑談 古典ガロア理論も読む ◆e.a0E5TtKE 2017/12/28(木)07:49 ID:IsA0R4yK(1/8) AAS
>>13
あなたは、力があるね（＾＾
だが、なにか、第一類集合と書けば、それが免罪符になっているように錯覚していないか？
第一類集合に、R中で稠密な場合と、稠密でない場合とあるとする。
場合分けが必要だろう？
補集合R-Bfが、R中で稠密な場合を仮定として置きながら、結論で”f は(a; b) 上でリプシッツ連続である”を導くのは、なんか変
それこそ、循環論法では？
20(1): 現代数学の系譜 雑談 古典ガロア理論も読む ◆e.a0E5TtKE 2017/12/28(木)07:49 ID:IsA0R4yK(2/8) AAS
>>14-16
例えば、補題1.5
”∀y, z ∈ R [x − 1/M < y < x < z < x +1/M → ｜f(z) − f(y)｜ <= N(z − y)] が成り立つ”
で、あなたの反例関数を考えるなら、上記は成り立たないんじゃない？
あなたの関数に上記を適用してみて
21: 2017/12/28(木)09:28 ID:X/brOcBM(2/2) AAS
例の定理を仮定すれば例の定理は自明である
スレ主
22: 2017/12/28(木)11:15 ID:PM4TukNk(1) AAS
>>19
数学の証明の構成を理解していればそこに書いたようなことは書かないでしょうね
23(3): 2017/12/28(木)15:39 ID:DMAwdmu2(1/2) AAS
おっちゃんです。
>>23
>第一類集合に、R中で稠密な場合と、稠密でない場合とあるとする。
>場合分けが必要だろう？
場合分けをするのは証明においてそれをしたことで結論を導けるときで、
背理法の枠組みの証明で場合分けをするには場合分けの議論のどこかで
R−Bf が内点を持たない閉集合の高々可算和で被覆出来る
という仮定の条件を完全に使い切らなければいけない。
R−B_f は第一類集合と仮定されていて、第一類集合にはR上で稠密なときと稠密でないときとがあるので、
場合分けをして定理を示すには、
R−B_f はR上で稠密な第一類集合という仮定をして、fが或る開区間の上でリプシッツ連続なことを示し、
その上、R−B_f はR上で稠密ではない第一類集合という仮定をして、fが或る開区間の上でリプシッツ連続なことを示さなければいけなくなる。
1つの定理を示すにあたり、結論が同じのダブル定理を示すことになる。
24(1): 2017/12/28(木)15:46 ID:DMAwdmu2(2/2) AAS
>>19
>>23は>>23ではなく>>19(スレ主)宛て。
25(1): 2017/12/28(木)16:33 ID:XpoKjxLL(1/6) AAS
>>20
成り立つだろバカタレ。その補題は straddle lemma と同種の定理だと言ってるだろうが。
y と z が点 x を「跨いでいる」ことが重要なんだよ。
外部ﾘﾝｸ[html]:www.math.nus.edu.sg
このリンク先でも見てみろ。x^{3/2}sin(1/x) ではなく x^2sin(1/x) を考えているが、構造は全く同じだ。
原点を跨いでいる場合、グラフの見た目からも明らかに傾きが有界に収まってるだろ。
「跨いでいたら N の値が有界になる」と言ってるのが補題1.5であり、sttradle lemma なんだよ。
単にリプシッツ連続性を考えるときは、跨いでない場合も考えなくてはいけなくて、
それだと「 N 」の値が有界に収まるとは限らなくなるんだよ。
だから例の関数は原点の近傍でリプシッツ連続に「ならない」わけ。
それでも、y と z が原点を跨いでいるときは、straddle lemma と同じ理由によって、有界に収まるわけ。
いい加減にしろよゴミクズ。
straddle lemma で検索すれば一番上に上記のリンク先が出てくるのに、お前はその程度も調べてないのかよ。
お得意のコピペはどこに行ったんだよ。本当に流し読みしかしてなくて、何かを調べる気も起きなかったってことだろ？
そういうのは問題外なんだよ。数学以前に、一般論として、
「流し読みしかしてないけど、ここはヘンだと思う」
なんてのは門前払いなんだよ。「流し読みしかしてないお前が100％悪い。きちんと読みこんで来い」
という話にしかならないんだよ。たった2ページの証明に、なにを屁理屈を捏ねていつまでも逃げようとしているのだ。
26(1): 2017/12/28(木)16:38 ID:XpoKjxLL(2/6) AAS
>>19
＞補集合R-Bfが、R中で稠密な場合を仮定として置きながら、結論で”f は(a; b) 上でリプシッツ連続である”を導くのは、なんか変
キチガイ。問題外。レベルが低すぎる。「 P → Q 」という形の命題を証明するのに必要なのは、「 P を仮定すれば Q が導ける」ことを
示すことであって、最終的に Q が出てくるなら、途中の場合分けで "何が起きていても"、どこにもヘンなことは無い。
たとえば、「関数 f：R → R が 点 x で微分可能なら、f は点 x で連続である」という当たり前の定理が存在するが、
これは今となっては当たり前なだけであって、本来は厳密な証明が必要である。そこで、全てを忘れて頭を真っ白にして、
「 f が点 x で微分可能であっても、果たして本当に点 x で連続なのかは分からない」
という立場で考えることにする。ゆえに、我々がここで証明すべきは、微分可能という条件を仮定に置いて、そこから
「連続である」という条件を導くことである。ここで、２つのケースに場合分けすることで、f が点 x で連続であることを
導くことにする。より具体的には、次のような場合分けを行う。
ケース１： f が点 x で連続である場合を考え、f が点 x で連続であることを導く。
ケース２： f が点 x で連続でない場合を考え、f が点 x で連続であることを導く。
すると、お前の論法によれば、
「ケース２では、f が点 x で連続でない場合を仮定して置きながら、結論で "f は点 x で連続" を導くのは、なんか変」
と言っていることになる。 すると、お前の論法によれば、「最初から点 x で連続の場合しか考慮してない」と言っていることになる。
[続く]
27(1): 2017/12/28(木)16:41 ID:XpoKjxLL(3/6) AAS
[続き]
しかし、f が点 x で連続であることの "実際の証明" は、ここでは全く書いてないことに注意せよ。
従って、お前が実際に言っていることは、
「如何なる証明を考えようとも、ケース１,２ による場合分けをスレ主の方から改めて持ち出すことによって、
ケース２がなんか変なので、その証明は最初から "点xで連続の場合" しか考慮してないことが露呈する」
と言っていることになる。むろん、このような主張は論理が滅茶苦茶で問題外である。
そして、この滅茶苦茶な論法は、「 P → Q 」の形をした如何なる定理にも適用可能である。
以下、P と Q は何らかの命題であり、「 P → Q 」という形の命題が真であることが証明済みであるとする。
すると、スレ主の滅茶苦茶な言い分によれば、次のように言えてしまう。
―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――
P が成り立つとする。Q が成り立つことを示したい。以下のように場合分けして示す。
ケース１：Q が成り立つ場合に、Q が成り立つことを示す。
ケース２：Q が成り立たない場合に、Q が成り立つことを示す。
しかし、ケース２では、Q が成り立たない場合を仮定しておきながら、結論で「Qが成り立つ」を導くのは、なんか変である。
よって、P→Q の如何なる証明を持ち出そうとも、その証明は「最初から Q が成り立つ場合しか考慮してない」ことが露呈する。
―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――
このように、お前の滅茶苦茶な論法を使えば、「 P → Q 」の形をした命題の如何なる証明も、
ケース１,２による場合分けを持ち出すことによって、「最初から Q の場合しか考慮してない」と
批判することが可能になってしまう。すなわち、お前にとっては、「 P → Q 」の形をした如何なる命題も、
全く受け入れられない命題となってしまう。
実際には、お前の頭がいかにポンコツであるかが露呈しているだけである。
[続く]
28(2): 2017/12/28(木)16:44 ID:XpoKjxLL(4/6) AAS
[続き]
では、ケース１,２を持ち出しながら「 P → Q 」を実際に証明する場合には、どういう形で証明が進むのかを以下で見ていく。
ここでは、冒頭で挙げた「微分可能なら、その点で連続」という命題について考える。証明は３通り用意した。
――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――
証明その１：
f は点 x で微分可能とする。ケース１,２に場合分けすることで、f が点 x で連続であることを導く。先にケース２から見ていく。
ケース２： f は点 x で連続でないと仮定する。一方で、lim[y→x](f(y)−f(x))/(y―x) ＝ f'(x) が存在するのだったから、
lim[y→x](f(y)−f(x)) ＝ lim[y→x](f(y)−f(x))/(y−x) * (y−x) ＝ f'(x) * 0 ＝ 0 となる。
すなわち、lim[y→x] f(y)＝f(x) となる。これは、f が点 x で連続でないという仮定に矛盾する。
よって、このケースは起こらないことが判明した。
よって、ケース１のみを考えればよい。すなわち、「 f は点 x で連続」の場合のみを考えればよい。
しかし、これはまさに導きたい条件そのものであった。よって、題意が成り立つ。
――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――
上記の証明では、ケース２が起こらないことを「きちんと証明コストをかけて判明させている」ところに、
自明でないポイントが存在する。おそらくスレ主は、論点を先取りして定理そのものを無意識のうちに適用してしまったがゆえに、
「全く証明コストをかけずとも、ケース２が実際には起こらないことが最初から分かっているのだから、
この証明は最初からケース１だけを考えているのと同じ(もしくは、この定理は証明の必要がなく、自明な定理である)」
といったバカげた勘違いに陥っているのだと推測される。もちろん、定理そのものを適用してしまったら、
「全く証明コストをかけなくてもケース２が起こらないことが最初から分かる」のは当たり前の話である。
しかし、それでは循環論法なのである。スレ主の頭がいかにポンコツであるかが露呈しているだけである。
[続く]
29(2): 2017/12/28(木)16:47 ID:XpoKjxLL(5/6) AAS
[続き]
――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――
証明その２：
f は点 x で微分可能とする。ケース１,２に場合分けすることで、f が点 x で連続であることを導く。
ケース１： f は点 x で連続であると仮定する。よって、f は点 x で連続である。
ケース２： f は点 x で連続でないと仮定する。一方で、lim[y→x](f(y)−f(x))/(y―x) ＝ f'(x) が存在するのだったから、
lim[y→x](f(y)−f(x)) ＝ lim[y→x](f(y)−f(x))/(y−x) * (y−x) ＝ f'(x) * 0 ＝ 0 となる。
すなわち、lim[y→x] f(y)＝f(x) となる。よって、f は点 x で連続である。これは、
f が点 x で連続でないという仮定に矛盾する。矛盾した状態からはどんな条件も導けるので、
特に、「 f は点 x で連続である」という条件が導ける。
よって、いずれのケースにおいても、f は点 x で連続であることが言えた。
――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――
上記の証明は、
――――――――――――――――――――――――――――
「 P → Q 」という形の命題を証明するのに必要なのは、
「 P を仮定すれば Q が導ける」ことを示すことだけである
――――――――――――――――――――――――――――
という原則に立ち返った証明である。ただし、各ケースの最中で矛盾が起きた場合には、
「矛盾した状態からは何でも帰結できるので、特に Q 自体を帰結できる」
という論法を用いて、「このケースでも Q が導ける」という捉え方をしている。
スレ主が「なんかヘン」と言っていた感覚は、実際にはこのような論法で解消可能なのである。
[続く]
30(4): 2017/12/28(木)16:57 ID:XpoKjxLL(6/6) AAS
[続き]
――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――
証明その３：
f は点 x で微分可能とする。ケース１,２に場合分けすることで、f が点 x で連続であることを導く。
ケース１： f は点 x で連続であると仮定する。よって、f は点 x で連続である。
ケース２： f は点 x で連続でないと仮定する。一方で、lim[y→x](f(y)−f(x))/(y―x) ＝ f'(x) が存在するのだったから、
lim[y→x](f(y)−f(x)) ＝ lim[y→x](f(y)−f(x))/(y−x) * (y−x) ＝ f'(x) * 0 ＝ 0 となる。
すなわち、lim[y→x] f(y)＝f(x) となる。よって、f は点 x で連続である。
よって、いずれのケースにおいても、f は点 x で連続であることが言えた。
――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――
上記の証明は、本質的には「その２」と全く同じであり、
――――――――――――――――――――――――――――
「 P → Q 」という形の命題を証明するのに必要なのは、
「 P を仮定すれば Q が導ける」ことを示すことだけである
――――――――――――――――――――――――――――
という原則に立ち返った証明である。ケース２では やはり矛盾が起きているが、もはや
「矛盾した状態からは何でも帰結できるので、〜〜〜」
といった言い回しすらない。それもそもはず、その言い回しをするより前に、示したかった条件「 f は点 x で連続である 」が
導けているからだ。上記の原則に立ち返った場合、「 Q 」が導けた時点で、それ以上何も言う必要がないので、
「矛盾した状態からは何でも帰結できるので、〜〜〜」という言い回しすらしていないのが、この証明である。
このような様々な理由により、スレ主の批判は全く批判になってないのである。
31(2): 2017/12/28(木)17:40 ID:2d9cLZHb(1/3) AAS
このスレに追いつきたくて教科書（宮島静雄微積分）を読み始めました
早速つまづいてしまいました‥（泣）
すみませんが、次の質問についてヒントをいただけないでしょうか？
よろしくお願いいたします。
あ、ガロア理論の頂を踏む、も今はお休みしています（泣）
外部ﾘﾝｸ:detail.chiebukuro.yahoo.co.jp
32: ◆QZaw55cn4c 2017/12/28(木)17:40 ID:2d9cLZHb(2/3) AAS
>>31
33: 2017/12/28(木)18:01 ID:SyQ5vVJB(1) AAS
[1]リーマン予想を測度論で解決する方法
[2]明示公式が意味を持つために必要なリーマンのゼータ関数の非自明零点が可算個であることの証明
[1]と[2],それぞれに興味ある人は、こちらを参照
Twitterﾘﾝｸ:i
コレをベースに議論しましょう！！
34(1): 2017/12/28(木)18:03 ID:gWwxEo5F(1/3) AAS
>>31
間違いを指摘するのは基本とても面倒です
あと例は
f(x)=x^2
と
A={x|x≧0}
B={x|x≦0}
でどうでしょうか
35(3): ◆QZaw55cn4c 2017/12/28(木)18:06 ID:2d9cLZHb(3/3) AAS
>>34
やはり間違いが存在するんですね、もし哀れな子羊を助けてやろうと気が向くようでしたら、よろしくお願いいたします。
私もその例を考えていました
なわち f(A)∩ f(B) ⊂ f(A∩B)が成立しない反例は思いつきました。
すなわち、
A={x|x∈Z, x ≧0} = { 0, 1, 2, 3,‥}
B={x|x∈Z, x < 0} = { -1, -2, -3, ‥}
写像 f: x -> x^2 とする
このとき、f(A)∩f(B) = {1, 4, 9, 16, ‥} である
一方A∩B は明らかに空集合
ゆえにf(A∩B)=Φ
以上より f(A)∩ f(B) ⊂ f(A∩B) ではない反例が存在する
36: 2017/12/28(木)18:22 ID:gWwxEo5F(2/3) AAS
>>35
間違いがあるかどうかを指摘するのも基本とても面倒です
37(1): 2017/12/28(木)18:33 ID:gWwxEo5F(3/3) AAS
fとf^-1で非対称なのはfが写像だからです
f(x)の値が複数になるのを許せばf^-1でも等式になりません
f(x)=±√x
でABは前のでどうでしょう
38(1): 現代数学の系譜 雑談 古典ガロア理論も読む ◆e.a0E5TtKE 2017/12/28(木)23:40 ID:IsA0R4yK(3/8) AAS
>>23-24
おっちゃん、どうも、スレ主です。
>場合分けをするのは証明においてそれをしたことで結論を導けるときで、
結論が分かれるときも、場合分けすべきだろうね
１）稠密でない場合は、どこかにリプシッツ連続な区間（a,b）がとれる
２）稠密である場合は、仮定を満たす関数は存在しない（空集合）
のようにね（＾＾
39(1): 現代数学の系譜 雑談 古典ガロア理論も読む ◆e.a0E5TtKE 2017/12/28(木)23:41 ID:IsA0R4yK(4/8) AAS
>>25
沢山のレスがありがとう
年末は忙しいので、ゆっくり読む暇が無い
だが、あなたのレスはレベルが高いね
助かるよ
勉強になるな〜
貴方は力があるね〜
だが、あなたくらいレベルの高い友達が・・近くにいないんだね
それが、残念だね
40(4): 現代数学の系譜 雑談 古典ガロア理論も読む ◆e.a0E5TtKE 2017/12/28(木)23:41 ID:IsA0R4yK(5/8) AAS
>>30
沢山のレスがありがとう
まあ、ゆっくりやろう
まだ、疑問に思っているのは
下記のDifferentiability of the Ruler Functionの記述と貴方の定理との整合性だ
外部ﾘﾝｸ[jspa]:mathforum.org （>>35より）
Topic: Differentiability of the Ruler Function Dave L. Renfro Posted: Dec 13, 2006 Replies: 3 Last Post: Jan 10, 2007
(抜粋)
The ruler function f is defined by f(x) = 0 if x is
irrational, f(0) = 1, and f(x) = 1/q if x = p/q
where p and q are relatively prime integers with q > 0.
Using ruler-like functions that "damp-out" quicker
than any power of f gives behavior that one would
expect from the above.
Let w:Z+ --> Z+ be an increasing function that
eventually majorizes every power function. Define
f_w(x) = 0 for x irrational, f_w(0) = 1, and
f_w(p/q) = 1/w(q) where p and q are relatively
prime integers.
** f_w is differentiable on a set whose complement
has Hausdorff dimension zero. Jurek [4] (pp. 24-25)
Interesting, each of the sets of points where these
functions fail to be differentiable is large in the
sense of Baire category.
THEOREM: Let g be continuous and discontinuous on sets
of points that are each dense in the reals.
Then g fails to have a derivative on a
co-meager (residual) set of points. In fact,
g fails to satisfy a pointwise Lipschitz
condition, a pointwise Holder condition,
or even any specified pointwise modulus of
continuity condition on a co-meager set.
(Each co-meager set has c points in every interval.)
つづく
上下前次1-新書関写板覧索設栞歴
あと 618 ﾚｽあります
ｽﾚ情報 赤ﾚｽ抽出 画像ﾚｽ抽出 歴の未読ｽﾚ
ぬこの手 ぬこTOP 0.019s