[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)
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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
41(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)23:44 ID:IsA0R4yK(6/8) AAS
>>40 つづく
[13] Gerald Arthur Heuer, "Functions continuous at irrationals and discontinuous at rationals", abstract of talk given 2 November 1963 at the annual fall meeting of the Minnesota Section of the MAA, American Mathematical Monthly 71 #3 (March 1964), 349.
The complete text of the abstract follows, with minor editing changes to accommodate ASCII format.
Earlier results of Porter, Fort, and others suggest additional questions about the functions in the title. Differentiability and Lipschitz conditions are considered. Special attention ispaid to the ruler function (f) and its powers.
Sample results:
THEOREM:
If 0 < r < 2, f^r is nowhere Lipschitzian; f^2 is nowhere differentiable, but is Lipschitzian on a dense subset of the reals.
THEOREM:
If r > 0, f^r is continuous but not Lipschitzian at every Liouville number;
if r > 2, f^r is differentiable at every algebraic irrational.
THEOREM:
If g is continuous at the irrationals and not continuous at the rationals, then there exists a dense uncountable subset of the reals at each point of which g fails to satisfy a Lipschitz condition.
REMARK BY RENFRO:
The last theorem follows from the following stronger and more general result.
Let f:R --> R be such that the sets of points at which f is continuous and discontinuous are each dense in R.
Let E be the set of points at which f is continuous and where at least one of the four Dini derivates of f is infinite.
Then E is co-meager in R (i.e. the complement of a first category set).
This was proved in H. M. Sengupta and B. K. Lahiri, "A note on derivatives of a function",
Bulletin of the Calcutta Mathematical Society 49 (1957), 189-191 [MR 20 #5257; Zbl 85.04502]. See also my note in item [15] below.
(引用終り)
つづく
42(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)23:46 ID:IsA0R4yK(7/8) AAS
>>41 つづき
ああ、いま改めて読むと
Bulletin of the Calcutta Mathematical Society 49 (1957) Senguptaより
”・・・ f is continuous and discontinuous are each dense in R.
Let E be the set of points at which f is continuous and where at least one of the four Dini derivates of f is infinite.
Then E is co-meager in R (i.e. the complement of a first category set).”
なんてありますね。”at least one of the four Dini derivates of f is infinite”が、貴方の定理に近いかな？
”Then E is co-meager in R (i.e. the complement of a first category set).”か・・
これか、これに近い文献を読まないことには、訳わからんな
えーと、Meagre setか・・
”E is co-meager in R”が、イメージできんな・・（＾＾
前提a)(連続不連続が稠密)を、b)(連続とディニ微分発散が稠密な組み合わせ)に、緩和しても・・
a) f is continuous and discontinuous are each dense in R.
↓
b) f is continuous and the E *) are each dense in R. ( *)the set of points at which f is continuous and where at least one of the four Dini derivates of f is infinite.)
a)Eは、co-meager
↓
b)Eは、meager
には出来ない？ それとも出来るの？
定理1.7成立なら、「 meager には出来ない」？
これ、やっぱり元論文読まないと、イメージ湧かないな〜（＾＾
まあ、ゆっくりやろうや
43: 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)23:46 ID:IsA0R4yK(8/8) AAS
>>42 つづき
（参考）
外部ﾘﾝｸ:en.wikipedia.org
Meagre set
Examples
Subsets of the reals
The rational numbers are meagre as a subset of the reals and as a space ? that is, they do not form a Baire space.
The Cantor set is meagre as a subset of the reals, but not as a space, since it is a complete metric space and is thus a Baire space, by the Baire category theorem.
外部ﾘﾝｸ:ja.wikipedia.org
疎集合
数学の分野における、位相空間内の疎集合（そしゅうごう、英語: nowhere dense set）[* 1]とは、閉包の内部が空であるような集合のことである。
この言葉の順番が大事で、例えば、R の部分集合としての、有理数からなる集合は、その「内部の閉包が空である」という性質を持つが、疎集合ではなく、実際 R において稠密である。
注釈
1^ a b 「疎集合」という名称を meagre set のために用い、nowhere dense には「至る所疎」や「至る所非稠密」などの訳語を充てる流儀もある。
外部ﾘﾝｸ[pdf]:math.cs.kitami-it.ac.jp
例えば 渕野昌 (2002) (PDF), 実数の集合論の基礎の基礎
以上
44(4): 現代数学の系譜 雑談 古典ガロア理論も読む ◆e.a0E5TtKE 2017/12/29(金)00:05 ID:wAjWw3D/(1) AAS
>>30
ところで、証明をつっついて悪いが
補題1.5の証明中で
１）
"∀y ∈ R[｜y − x｜ <1/M → ｜f(y) − f(x)｜ <= N (y − x)] (1) が成り立つ"
を、条件 lim sup y→x ｜（f(y) − f(x)）/（y − x）｜< +∞ から導いている
｜y − x｜ <1/M は、そこに書かれているように、ある区間(x-1/M, x+1/M)のことだな
ならば、c = x-1/M 、d = x+1/M として、ある区間（c, d）と書けるだろ？
定理1.7の証明は、それで終りでは？
２）
それから、前スレ>>615で
”「 (a,b) ⊂ B_f を満たす開区間(a, b)が存在する」
という条件からは、
「 f は(a,b)上の 全 体 で リプシッツ連続である」という条件は導けない”
というが、それ（”全体で”）を導くことは、定理1.7（「f はある開区間の上でリプシッツ連続である」）をいうだけなら、不必要では？
（ 上記のある区間（c,d）で、リプシッツ連続を言えば、定理1.7の証明は、そこで終わってないかい？ ）
３）
それから、これは重要だが、補題1.5の証明中で、"∀y ∈ R[｜y − x｜ <1/M → ｜f(y) − f(x)｜ <= N(y − x)] (1) が成り立つ"というけれど
R−Bfが、稠密なら、区間(x-1/M, x+1/M)で、Dini微分が発散している点が、この区間内に多数存在することになるよ
それでも、"∀y ∈ R[｜y − x｜ <1/M → ｜f(y) − f(x)｜ <= N(y − x)] (1) が成り立つ"が言えるのかね？ （言えるとしても、区間内にDini微分発散点が稠密に存在するという前提を押さえた証明がなされるべきと思うが）
まあ、年末年始は忙しい
十分レスできないと思うが
貴方も、気張らずにやってください （＾＾
以上
45(3): 2017/12/29(金)00:12 ID:gcYWyS10(1/7) AAS
>>40-42
＞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
悪あがきは やめたまえ。前スレ540 で既に述べたとおり、
スレ主の大好きな f^r と f_w は、例の定理の反例になり得ない。
2chｽﾚ:math
このレスにより、R−B_{f^r} は第一類集合にならず、R−B_{f_w} も第一類集合にならないので、
f^r と f_w は例の定理の「適用範囲外」ということになり、よって例の定理の反例になり得ない。
また、f^r と f_w が例の定理の「適用範囲外」であるという事実により、Differentiability of the Ruler Function が
どのように記述されていようとも、そのことと例の定理との間の整合性なんか 全 く 考 え る 必 要 が な い 。
46: 2017/12/29(金)00:15 ID:bDrChn34(1/2) AAS
忙しい、ゆっくりやろう
で4年間進歩が無いスレ主
未だにεδ論法さえ理解できず
47: 2017/12/29(金)00:27 ID:gcYWyS10(2/7) AAS
>>38
＞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）
いつまでそのゴミみたいな場合分けに拘るつもりだ？場合分けせずとも、例の pdf の証明を辿ることで
直接的に結論が出せるのだから、その場合分けは必要ない。仮に場合分けしたところで、
>>26-30で書いたことと全く同じ理屈になるだけから意味が無い。一応やってみようか？
[続く]
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