majhmatikh analush - yannaros mathematics · ja jŁlame na anafŁroume ìti gia thn suggraf€...

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

ΒΒΛΑΧΟΥ Α ΣΟΥΡΜΕΛΙΔΗΣ

Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Πατρών

Φθινόπωρο 2013

1

Θα θέλαμε να αναφέρουμε ότι για την συγγραφή αυτών των σημειώσεων χρησιμοποιήσαμε

ιδιαίτερα α)Το βιβλίο lsquoΠραγματική Ανάλυσηrsquo των Μ Ανούση Α Τσολομύτη και Ε Φελουζή

β) το βιβλίο ldquoUnderstanding Analysisrdquo του S Abbott και γ) τις σημειώσεις lsquoΑνάλυση Πραγ-

ματικές Συναρτήσεις μιας Μεταβλητής rsquo του Μ Παπαδημητράκη Συμβουλευτήκαμε επίσης το

βιβλίο lsquoΑρχές Μαθηματικής Αναλύσεως rsquo του W Rudin και το lsquoΓενική Τοπολογία και Συναρ-

τησιακή Ανάλυσηrsquo των Σ Νεγρεπόντη Θ Ζαχαριάδη Ν Καλαμίδα και Β Φαρμάκη Τέλος να

θέλαμε να ευχαριστήσουμε τον Ε Ελευθεράκη για τις χειρόγραφες σημειώσεις που μας έδωσε

τις οποίες λάβαμε υπόψιν για το περιεχόμενο των δύο πρώτων κεφαλαίων

2

1 Ακολουθίες πραγματικών αριθμών

Θεώρημα 101 (α) Κάθε αύξουσα και άνω φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών συγ-

κλίνει

(β) Κάθε φθίνουσα και κάτω φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών συγκλίνει

Απόδειξη ΄Εστω annisinN άνω φραγμένη και αύξουσα ακολουθία πραγματικών αριθμών

Το σύνολο an n isin N είναι προφανώς άνω φραγμένο άρα έχει ελάχιστο άνω φράγμα

(supremum) κάποιο s isin R Θα αποδείξουμε ότι limnrarrinfin

an = s

΄Εστω ε gt 0 Επειδή το s είναι το ελάχιστο άνω φράγμα του συνόλου an n isin N υπάρχειn0 isin N τέτοιο ώστε

sminus ε lt an0 le s

Επιπλέον από το δεδομένο ότι η annisinN είναι αύξουσα ακολουθία για κάθε n ge n0 θα έχουμε

sminus ε lt an0 le an le s

Οπότε για κάθε n ge n0 ισχύει |an minus s| lt ε άρα annrarrinfinminusminusminusrarr s

(β) ΄Εστω annisinN κάτω φραγμένη και φθίνουσα ακολουθία πραγματικών αριθμών Η ακολουθία

minusannisinN ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του (α) γεγονος από το οποίο προκύπτει άμεσα το

ζητούμενο

Θεώρημα 102 (Bolzano-Weierstrass ) Κάθε φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών

έχει συγκλίνουσα υπακολουθία

Απόδειξη ΄Εστω annisinN φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών Θα αποδείξουμε ότι

έχει μονότονη υπακολουθία

Τότε αυτή η υπακολουθία θα είναι μονότονη και φραγμένη Οπότε με βάση την προηγούμενη

πρόταση θα είναι συγκλίνουσα

΄Ενας φυσικός αριθμός k isin N ονομάζεται σημείο κορυφής της ακολουθίας annisinN αν ak geam m ge kΠερίπτωση Ι Η annisinN έχει άπειρα σημεία κορυφής k1 k2 Τότε η υπακολουθία

ak1 ak2 είναι φθίνουσα και έχουμε το ζητούμενο

Περίπτωση ΙΙ Η annisinN έχει πεπερασμένα το πλήθος σημεία κορυφής Αυτό σημαίνει ότι

υπάρχει k1 isin N τέτοιο ώστε όλα τα k ge k1 δεν είναι σημεία κορυφής Επιλέγουμε k2 ge k1τέτοιο ώστε ak2 ge ak1 (υπάρχει τέτοιος φυσικός γιατί υποθέσαμε ότι το k1 isin N δεν είναι σημείο

κορυφής) Στην συνέχεια ακριβώς επειδή και το k2 isin N δεν είναι σημείο κορυφής μπορούμε

να επιλέξουμε k3 ge k2 τέτοιο ώστε ak3 ge ak2 και συνεχίζοντας επαγωγικά με τον τρόπο αυτό

κατασκευάζουμε αύξουσα υπακολουθία της annisinN

Πρόταση 101 ΄Εστω annisinN φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών Τότε η ακο-

λουθία βn = supak k ge n n isin N είναι καλά ορισμένη και φραγμένη

Απόδειξη Εφόσον η ακολουθία annisinN είναι φραγμένη έπεται ότι για κάθε n isin N το

σύνολο ak k ge n είναι άνω φραγμένο σύνολο πραγματικών αριθμών άρα έχει ελάχιστο άνω

3

φράγμα Οπότε η ακολουθία βnnisinN είναι καλά ορισμένη Επιπλέον επειδή όλοι οι όροι της

annisinN ανήκουν σε κάποιο κλειστό διάστημα [minusMM ] στο ίδιο διάστημα θα ανήκουν και οι

όροι της βnnisinN άρα και αυτή η ακολουθία είναι φραγμένη

Ορισμός 101 ΄Εστω annisinN φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών Αν

βn = supak k ge n και γn = infak k ge n

ορίζουμε άνω όριο της an και κάτω όριο της an να είναι αντίστοιχα

lim supn

an = infnβn και lim inf

nan = sup

nγn

Παρατήρηση ΄Οπως είδαμε στην Πρόταση 101 τα σύνολα ak k ge n n isin N βn n isin N και γn n isin N είναι φραγμένα και υπάρχουν τα supremum και τα infimum των

συνόλων Επιπλέον επειδή η ακολουθία βnnisinN είναι φθίνουσα και κάτω φραγμένη θα συγ-

κλίνει στο infnβn Δηλαδή lim sup

nan = lim

nβn Αντίστοιχα με το ίδιο σκεπτικό προκύπτει ότι

lim infn

an = limnγn

Παραδείγματα

1 an = 1n n = 1 2

βn = 1nn = 1 2

γn = 0 n = 1 2

lim supn

an = limnβn = 0 = lim

nγn = lim inf

nan

2 an = (minus1)n n = 1 2 βn = 1 n = 1 2 γn = minus1 n = 1 2

lim supn

an = limnβn = 1 και lim inf

nan = lim

nγn = minus1

Ορισμός 102 ΄Εστω annisinN κάτω φραγμένη αλλά όχι άνω φραγμένη ακολουθία πραγμα-

τικών αριθμών Τότε

lim supn

an = +infin

Επιπλέον αν η annisinN αποκλίνει στο +infin τότε

lim infn

an = +infin

Διαφορετικά το lim infn an ορίζεται με τον ίδιο τρόπο όπως και στην περίπτωση της φραγμένης

ακολουθίας


1 ΄Εστω an = n n isin N Τότε

lim supn

an = lim infn

an = +infin

4

2 ΄Εστω an = [(minus1)n + 1]n+ 3 n isin N Τότε

lim supn

an = +infin και lim infn

an = 3

Ορισμός 103 ΄Εστω annisinN άνω φραγμένη αλλά όχι κάτω φραγμένη ακολουθία πραγμα-


lim infn

an = minusinfin

Επιπλέον αν η annisinN αποκλίνει στο minusinfin τότε

lim supn

an = minusinfin

Διαφορετικά το lim supn an ορίζεται με τον ίδιο τρόπο όπως και στην περίπτωση της φραγμένης



1 ΄Εστω an = minusn n isin N Τότε

lim supn

an = lim infn

an = minusinfin

2 ΄Εστω an = minus[(minus1)n + 1]n+ 3 n isin N Τότε

lim supn

an = 3 και lim infn

an = minusinfin

Ορισμός 104 ΄Εστω annisinN ακολουθία πραγματικών αριθμών που δεν είναι ούτε άνω ούτε

κάτω φραγμένη Τότε

lim supn

an = +infin

lim infn

an = minusinfin

Παράδειγμα

΄Εστω an = (minus1)nn n isin N Τότε

lim supn


an = minusinfin

Πρόταση 102 ΄Εστω annisinN ακολουθία πραγματικών αριθμών Τότε

lim infn

an le lim supn

an

Απόδειξη ΄Εστω ότι η ακολουθία annisinN είναι φραγμένη Τότε με τον συμβολισμό του

ορισμού 101 έχω προφανώς ότι γn le an le βn n isin N οπότε και limnγn le lim

nβn Στην

περίπτωση που η annisinN δεν είναι φραγμένη το συμπέρασμα είναι άμεσο από τους ορισμούς

102 103 και 104

5

Θεώρημα 103 ΄Εστω annisinN ακολουθία πραγματικών αριθμών Τότε

(α) Υπάρχει υπακολουθία της annisinN που να συγκλίνει ή να αποκλίνει στο lim supn an(β) Υπάρχει υπακολουθία της annisinN που να συγκλίνει ή να αποκλίνει στο lim infn an

Απόδειξη (α) Υποθέτουμε αρχικά ότι η annisinN είναι φραγμένη Τότε σύμφωνα με τον

Ορισμό 101 έχουμε ότι lim supn an = limn βn Στόχος μας είναι να κατασκευάσουμε μια

υπακολουθία της annisinN η οποία να έχει το ίδιο όριο με την βnnisinNΓια σ = 1 επειδή β1 = supak k ge 1 υπάρχει k1 ge 1 τέτοιο ώστε 0 lt b1 minus ak1 lt 1Αντίστοιχα για σ = 2 επειδή βk1 = supak k ge k1 υπάρχει k2 ge k1 τέτοιο ώστε 0 lt

bk1 minus ak2 lt1

2

Γενικά για σ ge 3 επειδή βkσminus1 = supak k ge kσminus1 υπάρχει kσ ge kσminus1 τέτοιο ώστε 0 lt

bkσminus1 minus akσ lt1

σ

Τότε η υπακολουθία ak1 ak2 ak3 της annisinN έχει το ίδιο όριο με την β1 βk1 βk2 η οποία ως υπακολουθία της βnnisinN συγκλίνει στο ίδιο όριο με αυτήν

Ας υποθέσουμε τώρα ότι η annisinN δεν είναι άνω φραγμένη Τότε σύμφωνα με τον Ορισμό

102 έχουμε ότι lim supn an = +infin Στόχος μας είναι να κατασκευάσουμε μια υπακολουθία

της annisinN η οποία να αποκλίνει στο +infin

Επειδή το 1 δεν είναι άνω φράγμα της annisinN υπάρχει όρος an1 μεγαλύτερος του 1Επειδή το 2 δεν είναι άνω φράγμα της anngen1 (γιατί) υπάρχει όρος an2 n2 gt n1 τέτοιος

ώστε an2 gt 2Γενικά για κάθε σ isin N το σ δεν είναι άνω φράγμα της anngenσminus1 (γιατί) οπότε υπάρχει

όρος anσ nσ gt nσminus1 τέτοιος ώστε anσ gt σΗ anσ είναι η ζητούμενη υπακολουθία

Τέλος μένει η περίπτωση lim supn an = minusinfin Αυτό συμβαίνει όταν limn an = minusinfin οπότε

το αποτέλεσμα είναι άμεσο

(β) Η απόδειξη είναι ανάλογη του (α)

Πόρισμα 101 ΄Εστω annisinN συγκλίνουσα ακολουθία πραγματικών αριθμών Τότε

lim supn

an = lim infn

an = limnan

Απόδειξη ΄Εστω annisinN συγκλίνουσα ακολουθία πραγματικών αριθμών Τότε με βάση

γνωστό αποτέλεσμα Απειροστικού Λογισμού όλες οι υπακολουθίες της είναι συγκλίνουσες και

έχουν το ίδιο όριο Οπότε το αποτέλεσμα προκύπτει άμεσα από το θεώρημα 103

6

2 Τοπολογία Μετρικών Χώρων

21 Μετρικοί χώροι

Ορισμός 211 Θεωρούμε ένα μη κενό σύνολο X Μια απεικόνιση d X timesX rarr [0+infin)λέγεται μετρική αν έχει τις ακόλουθες ιδιότητες

i) d(x y) = 0 αν x = yii) d(x y) = d(y x) για κάθε x y isin X

iii) d(x y) le d(x z) + d(z y) για κάθε x y z isin X

΄Ενα μη κενό σύνολο X εφοδιασμένο με μία μετρική d ονομάζεται μετρικός χώρος και συμβο-

λίζεται με (X d)Παραδείγματα

1 (R | middot | )2 (R dδ)

dδ(x y) = 1 x 6= y0 x = y

3(R2 dευκλ)dευκλ((x1 y1) (x2 y2)) =

radic(x1 minus x2)2 + (y1 minus y2)2

4 (R2 d1)d1((x1 y1) (x2 y2)) = |x1 minus x2|+ |y1 minus y2|5 (C[0 1] dmax)dmax(f g) = max

xisin[01]|f(x)minus g(x)|

6 (C[0 1] d1)

d1(f g) =int 1

0|f(x)minus g(x)|dx

Παρατήρηση ΄Εστω (X d) ένας μετρικός χώρος και E sube X Τότε αν περιορίσουμε την

συνάρτηση d στο EtimesE προκύπτει μια μετρική για το σύνολο E Για τον λόγο αυτό συχνά θα

γράφουμε μετρικό χώρο (E d) και θα εννούμε τον περιορισμό της συνάρτησης d στο E times E

Ορισμός 212 ΄Εστω xnnisinN ακολουθία στοιχείων ενός μετρικού χώρου (X d) Λέμε ότι

η xnnisinN είναι συγκλίνουσα ακολουθία αν υπάρχει στοιχείο x isin X τέτοιο ώστε d(xn x) rarr0 nrarrinfin Σε αυτή τη περίπτωση το στοιχείο x ονομάζεται όριο της ακολουθίας xnnisinN


1 (R | middot | ) an = 1n n = 1 2

limnrarrinfin

1

n= 0

2 (R dδ)Η ακολουθία 1

nnisinN δεν συγκλίνει

3 (C[0 1] dmax) η ακολουθία fn(x) = xn

nσυγκλίνει στην μηδενική συνάρτηση

Θεώρημα 211 Σε ένα μετρικό χώρο (X d) αν μια ακολουθία συγκλίνει τότε το όριο είναι

μοναδικό

7

Απόδειξη ΄Εστω xnnisinN ακολουθία στοιχείων του X τέτοια ώστε

xn rarr x και xn rarr y x y isin X x 6= y

Θέτουμε ε = d(x y) gt 0 Από τα δεδομένα υπάρχει n1 isin N τέτοιο ώστε d(xn x) lt ε2 n ge n1

Ομοίως υπάρχει n2 isin N τέτοιο ώστε d(xn y) lt ε2 n ge n2 Επιλέγουμε n0 ge maxn1 n2

Τότε

d(x y) le d(x xn0) + d(xn0 y) lt ε

πράγμα άτοπο ΄Αρα x = y

22 Ανοιχτά Σύνολα-Κλειστά Σύνολα

Ορισμός 221 Ανοιχτή περιοχή κέντρου x0 isin X και ακτίνας r gt 0 ενός μετρικού χώρου

(X d) ονομάζεται το σύνολο

B(x0 r) = x isin X d(x x0) lt r


1(R | middot | )B(0 1)2 (R dδ) B(0 1)3 (R2 dευκλ) B(0 1)4 (R2 d1) B(0 1)5 (C[0 1] dmax) B(0 1)6 (C[0 1] d1) B(0 1)

Ορισμός 222 ΄Ενα υποσύνολο A ενός μετρικού χώρου (X d) ονομάζεται ανοιχτό σύνολο

αν για κάθε a isin A υπάρχει r gt 0 τέτοιο ώστε B(a r) sube A


1 (R | middot | ) Τα ανοιχτά διαστήματα είναι ανοιχτά σύνολα Τα ημιάνοιχτα διαστήματα δεν είναι

ανοιχτά σύνολα

2 (R dδ) κάθε σύνολο είναι ανοιχτό

3(R2 dευκλ) A = (x y) isin R x gt 0 είναι ανοιχτό

Πρόταση 221 Κάθε ανοιχτή περιοχή μετρικού χώρου είναι ανοιχτό σύνολο

Απόδειξη ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και B(x0 r) μια ανοιχτή περιοχή του ΄Εστω

επιπλέον x isin B(x0 r) Θέτω ρ = r minus d(x x0) gt 0 Τότε B(x ρ) sube B(x0 r) Πράγματι έστω

y isin B(x ρ) ΄Επεται

d(y x0) le d(y x) + d(x x0) lt ρ+ d(x x0) = r

οπότε y isin B(x0 r) και έχω το ζητούμενο

8

Θεώρημα 221 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος Τότε

(α) Το empty και το X είναι ανοιχτά σύνολα

(β) ΄Ενωση ανοιχτών συνόλων είναι ανοιχτό σύνολο

(γ) Πεπερασμένη τομή ανοιχτών συνόλων είναι ανοιχτό σύνολο

Απόδειξη(α) ΄Αμεσο από τον ορισμό του ανοιχτού συνόλου

(β) ΄Εστω Ai i isin I μια οικογένεια ανοιχτών συνόλων Θέτω A =⋃iisinI

Ai Αν x isin A τότε το

x ανήκει σε κάποιο ανοιχτό Ai0 άρα υπάρχει περιοχή B(x r) sube Ai0 Η ίδια περιοχή περιέχεται

και στην ένωση

(γ) ΄Εστω Ai i = 1 2 n μια πεπερασμένη οικογένεια ανοιχτών συνόλων και έστω

A =n⋂i=1

Ai ΄Εστω επιπλέον x isin A Τότε υπάρχουν πεπερασμένοι θετικοί αριθμοί r1 r2 rn

τέτοιοι ώστε B(x ri) sube Ai i = 1 2 n Θέτω r = minr1 r2 rn gt 0 Τότε

B(x r) sube A και έχω το ζητούμενο

Ερώτηση Η απόδειξη 221 (γ) αποτυγχάνει σε περίπτωση που δεν έχουμε πεπερασμένη

οικογένεια ανοιχτών συνόλων Γιατί


1 (R | middot | )infin⋃n=3

(1

n 1minus 1

n

)= (0 1)

infin⋂n=3

(minus 1

n 1 +

1

n

)= [0 1]

Ορισμός 223 ΄Ενα υποσύνολο A ενός μετρικού χώρου (X d) ονομάζεται Gδ σύνολο αν

είναι ίσο με αριθμήσιμη τομή ανοιχτών συνόλων


1 Στον χώρο (R | middot |) το σύνολο (0 1] είναι σύνολο Gδ

(0 1] =infin⋂n=1

(0 1 +

1

n

)

Ορισμός 224 ΄Εστω A υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X d) ΄Ενα σημείο x0 isin Aονομάζεται εσωτερικό σημείο του A αν υπάρχει r gt 0 τέτοιο ώστε B(x0 r) sube A


(R | middot |)1 (3 5] όλα τα σημεία εσωτερικά εκτός του 5

2 N κανένα σημείο εσωτερικό

3 Q κανένα σημείο εσωτερικό

Ορισμός 225 ΄Εστω A υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X d) Το σύνολο των εσωτερι-

κών σημείων του A ονομάζεται εσωτερικό του συνόλου A και συμβολίζεται με Ao

9


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty

Πρόταση 222 ΄Εστω A υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X d) Τότε το Ao είναι ανοιχτό

υποσύνολο του A

Απόδειξη ΄Εστω x0 isin Ao Τότε υπάρχει r gt 0 τέτοιο ώστε B(x0 r) sube A Αρκεί να

δείξουμε ότι B(x0 r) sube Ao΄Εστω x isin B(x0 r) Τότε όπως και στην πρόταση 221 αν θέσουμε = r minus d(x x0) gt 0έπεται ότι

B(x ) sube B(x0 r) sube ArArr x isin Ao rArr B(x0 r) sube Ao

Ορισμός 226 Ενα υποσύνολο A ενός μετρικού χώρου (X d) ονομάζεται φραγμένο αν

περιέχεται σε ανοιχτή περιοχή κάποιου στοιχείου


1 Οι ανοιχτές περιοχές είναι φραγμένα σύνολα σε κάθε μετρικό χώρο

2 (R | middot | ) το σύνολο (0infin) δεν είναι φραγμένο

Ορισμός 227 ΄Εστω A υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X d) ΄Ενα σημείο x isin Xονομάζεται σημείο συσώρευσης συνόλου A αν κάθε περιοχή του τέμνει το σύνολο Arx Το

σύνολο των σημείων συσσώρευσης ενός συνόλου A το συμβολίζουμε με Aprime


1 (R | middot | ) A = (a b) Aprime = [a b]2 (R | middot | ) A = 1

n n isin N Aprime = 0

Θεώρημα 222 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και A sube X ΄Ενα σημείο x isin X είναι σημείο

συσσώρευσης του A αν και μόνο αν υπάρχει ακολουθία annisinN στοιχείων του A r x που

να συγκλίνσει στο x

Απόδειξη

Ευθύ ΄Εστω x isin X σημείο συσσώρευσης του A Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει ακολουθία

στοιχείων του Ar x που να συγκλίνει στο xΕφαρμόζοντας τον ορισμό του σημείου συσσώρευσης για την ανοιχτή περιοχή B(x 1) προ-

κύπτει ότι υπάρχει x1 isin B(x 1) cap (Ar x) Δηλαδή υπάρχει x1 isin A r x τέτοιο ώστε

d(x1 x) lt 1

Επαναλαμβάνοτας το ίδιο επιχείρημα για την περιοχή B(x1

2) καταλαβαίνουμε ότι μπορούμε

να επιλέξουμε x2 isin Ar x τέτοιο ώστε d(x2 x) lt1

2

Συνεχίζοντας κατά αυτό τον τρόπο κατασκευάζουμε μια ακολουθία στοιχείων του A r x

10

xnnisinN με την εξής ιδιότητα

d(xn x) lt1

n foralln isin N

΄Αρα d(xn x) minusminusminusrarrnrarrinfin

0 και έχουμε το ζητούμενο

Αντίστροφο ΄Εστω annisinN ακολουθία στοιχείων του A r x που συγκλίνει στο x ΄Εστω

επιπλέον B(x r) μια ανοιχτή περιοχή του x Από τα δεδομένα έχουμε ότι υπάρχει n0 isin Nτέτοιο ώστε d(an x) lt r για κάθε n ge n0 Τότε an isin B(x r) για κάθε n ge n0

Επειδή an isin Ar x έχουμε το ζητούμενο

Ορισμός 228 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και A sube X ΄Ενα σημείο x isin A ονομάζεται

μεμονωμένο σημείο του A αν υπάρχει ανοικτή περιοχή B(x r) r gt 0 τέτοια ώστε B(x r) capA = x


1 (R | middot | ) A = (3 4) cup 5 Το 5 μεμονωμένο σημείο του A

2 (R | middot | ) A = 1n

n isin N ΄Ολα τα σημεία του A είναι μεμονωμένα σημεία του

3 (R dδ) ΄Ολα τα σημεία είναι μεμονωμένα

Ορισμός 229 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και A sube X ΄Ενα σημείο x isin X είναι

συνοριακό σημείο του A αν για κάθε r gt 0 ισχύει ότι B(x r)capA 6= empty και B(x r)cap(XrA) 6= emptyΤο σύνολο των συνοριακών σημείων ενός συνόλου A συμβολίζεται με partA


1 (R | middot |) Τα συνοριακά σημεία του Q είναι όλο το R

2 (R2 dευκλ) Συνοριακά σημεία μιας ανοιχτής μπάλας B((x0 y0) r) είναι τα στοιχεία του

K = (x y) isin R2dευκλ((x y) (x0 y0)) = r

Ορισμός 2210 ΄Ενα υποσύνολο E ενός μετρικού χώρου (X d) ονομάζεται κλειστό αν

περιέχει όλα τα σημεία συσσώρευσής του


1 (R | middot | ) [a b]2 Στην διακριτή μετρική όλα είναι κλειστά

Θεώρημα 223 ΄Ενα σύνολο είναι κλειστό αν και μόνο αν το συμπλήρωμά του είναι ανοιχτό

Απόδειξη ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και E sube X

Ευθύ Υποθέτουμε ότι το E είναι κλειστό Θα αποδείξουμε ότι το Ecείναι ανοιχτό

Ας υποθέσουμε ότι δεν είναι ανοιχτό και να καταλήξουμε σε άτοπο

Τότε υπάρχει a isin Ecγια το οποίο ισχύει ότι

Για κάθε r gt 0 B(a r) 6sube Ecδηλαδή B(a r) cap E 6= empty

Το γεγονός αυτό μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι το a είναι σημείο συσσώρευσης του E και

επειδή το E είναι κλειστό a isin E ΄Ατοπο

11

Αντίστροφο ΄Εστω ότι το Ecείναι ανοικτό Θα αποδείξουμε ότι το E είναι κλειστό

Ας υποθέσουμε ότι δεν είναι κλειστό να καταλήξουμε σε άτοπο Τότε θα υπάρχει a isin E r E

Επειδή a isin Ecκαι επειδή το Ec

είναι ανοικτό υπάρχει ανοικτή περιοχή του a B(a r) έτσι

ώστε να ισχύει

B(a r) sube Ec rArr B(a r) cap E = empty

Αυτό όμως έρχεται σε αντίφαση με την υπόθεση ότι a isin E


1 (3 4)c = (minusinfin 3] cup [4infin)

2

([1 2] cup 5

)c= (minusinfin 1) cup (2 5) cup (5infin)


(α) Το empty και το X είναι κλειστά σύνολα

β) Τομή κλειστών συνόλων είναι κλειστό σύνολο

γ) Πεπερασμένη ένωση κλειστών συνόλων είναι κλειστό σύνολο

ΑπόδειξηΗ απόδειξη θα γίνει με βάση το Θεώρημα 221 το Θεώρημα 223 και τους τύ-

πους του Morgan (AcupB)c = AccapBcκαι (AcapB)c = AccupBc

όπου συμβολίζουμε Ac = XrA

α) ΄Οπως έχουμε ήδη αποδείξει το empty και το X είναι ανοικτα σύνολα οπότε το X = emptyc και

το empty = Xcείναι κλειστά σύνολα

β)΄Εστω Ei i isin I μια οικογένεια κλειστών συνόλων Τότε τα Eci i isin I είναι ανοικτα

σύνολα Επομένως το σύνολο

⋃iisinI

Eci είναι ανοικτό Οπότε E =

⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c

είναι κλειστό σύνολο

γ)΄Εστω Ei i = 1 2 n μια πεπερασμένη οικογένεια κλειστών συνόλων και έστω

E =n⋃i=1

Ei Τα Eci i isin 1 2 n είναι ανοικτά σύνολα ΄Αρα

n⋂i=1

Eci είναι ανοικτό σύ-

νολο Οπότε E =n⋃i=1

Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c


Ορισμός 2211 ΄Ενα υποσύνολο E ενός μετρικού χώρου (X d) ονομάζεται Fσ σύνολο αν

είναι ίσο με αριθμήσιμη ένωση κλειστών συνόλων


(R | middot |) Το (0 1) είναι σύνολο Fσ

(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1

]Ορισμός 2212 ΄Εστω E υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X d) Κλειστότητα του συνόλου

E ονομάζεται το σύνολο E = E cup E prime

12


1(R | middot |) A = 1n

n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13

2(R2 dευκλ) A = (x y) isin R2 y = 0 Aprime = A A = A

Πρόταση 223 Η κλειστότητα ενός συνόλου E είναι το μικρότερο κλειστό σύνολο που

περιέχει το σύνολο E

Απόδειξη ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και E sube X Πρώτα θα δείξουμε ότι το E = E cup E primeείναι κλειστό Με βάση την Πρόταση 223 αρκεί να δείξουμε ότι E

cείναι ανοικτό

΄Εστω λοιπόν x0 isin Ec Τότε x0 isin E και x0 isin E prime Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει r gt 0 τέτοιο

ώστε B(x0 r) cap E = empty Πράγμα που σημαίνει ότι B(x0 r) sube Ec

Ισχυρισμός B(x0 r) sube E primecΑπόδειξη Ισχυρισμού ΄Εστω x isin B(x0 r) Θέτουμε ρ = r minus d(x x0) gt 0 Εύκολα

βλέπει κανείς ότι B(x ρ) sube B(x0 r) Οπότε B(x ρ) cap E = empty και αυτό άμεσα μας δίνει ότι το

x δεν είναι σημείο συσσώρευσης του συνόλου E

Από τα παραπάνω γίνεται εμφανές ότι B(x0 r) sube Ec cap E primec = Ecκαι έχουμε το ζητούμενο

Μένει να δείξουμε ότι E είναι το μικρότερο κλειστό που περιέχει το E Αρκεί να δείξουμε ότι

αν F κλειστό σύνολο και F sube E τότε E sube F

΄Εστω a isin E Τότε a isin E ή a isin E prime-Αν a isin E τότε a isin F (E sube F )-Αν a isin E prime τότε forallr gt 0 B(a r) cap E r a 6= empty ΄Αρα forallr gt 0 B(a r) cap F r a 6= empty(E sube F )

Αυτό σημαίνει ότι το a σημείο συσσώρευσης του F και επειδη το F κλειστο a isin F

΄Οποτε κάθε σημείο του E είναι και σημείο του F

Ορισμός 2213 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και A sube X μη κενό Ονομάζουμε διάμετρο

του A

diamA = supd(x y) x y isin A


1(R | middot |) A = (1 2) cup [3 5] diamA = 52(R2 dευκλ) A = B((0 0) r) diamA = 2r3(R dδ) Αν A = 5 τότε diamA = 0 Κάθε σύνολο A sube R που περιέχει τουλάχιστον δύο

στοιχεία έχει diamA = 1

Πρόταση 224 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και A sube X μη κενό Τότε

diamA = diamA

Απόδειξη ΄Εστω A sube (X d) Επειδή A sube A έχουμε

d(x y) x y isin A sube d(x y) x y isin A

Οπότε diamA le diamA Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι diamA ge diamA

΄Εστω ε gt 0 Από τον ορισμό του supremum υπάρχουν x0 y0 isin A τέτοια ώστε

diamAminus ε lt d(x0 y0)

13

Επειδή x0 isin A B(x0ε

2) cap A 6= empty

Μπορώ λοιπόν να επιλέξω a isin A d(x0 a) ltε

2

Για τον ίδιο λόγο μπορώ να επιλέξω b isin A d(y0 b) ltε

2

΄Εχουμε

diamAminus ε lt d(x0 y0) le d(x0 a) + d(a b) + d(b y0) lt ε+ d(a b) le ε+ diamA

Δηλαδή για τυχαίο ε gt 0 αποδείξαμε ότι diamA gt diamAminus 2εΕπειδή το ε gt 0 ήταν τυχαίο έχουμε το ζητούμενο

Ορισμός 2214 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος καιM sube X ΤοM λέγεται πυκνό υποσύνολο

του X αν για κάθε x isin X και για κάθε ε gt 0 υπάρχει m isinM τέτοιο ώστε d(xm) lt εΔηλαδή M = X


Οι ρητοί και οι άρρητοι στο R και τα ζεύγη ρητών στο R2

Ορισμός 2215 ΄Ενας μετρικός χώρος (X d) λέγεται διαχωρίσιμος αν υπάρχει M sube X το

οποίο είναι πυκνό κι αριθμήσιμο


1 (R | middot | ) διαχωρίσιμος

2 (R dδ) όχι διαχωρίσιμος

3 (R2 dευκλ) διαχωρίσιμος

23 Πληρότητα

Ορισμός 231 Μία ακολουθία annisinN ενός μετρικού χώρου (X d) ονομάζεται ακολουθία

Cauchy αν forallε gt 0 existn0(ε) ώστε forallnm ge n0 με nm isin N να ισχύει d(an am) lt ε


1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN

όχι Cauchy στον (R dδ)

Πρόταση 231 Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία ενός μετρικού χώρου (X d) είναι Cauchy

Απόδειξη ΄Εστω μία ακολουθία annisinN ενός μετρικού χώρου (X d) που συγκλίνει σε ένα

a isin X και έστω ε gt 0 Για αυτό το ε υπάρχει φυσικός αριθμός n0 τέτοιος ώστε foralln ge n0 με

n isin N να έχουμε d(an a) ltε

2

Οπότε για nm ge n0 έπεται ότι

d(anam) le d(an a) + d(a am) ltε

2+ε

2= ε

14

και άρα η annisinN είναι ακολουθία CauchyΠαρατήρηση Το αντίστροφο δεν ισχύει Παράδειγμα

΄Εστω a ένας άρρητος αριθμός Επειδή το Q είναι πυκνό υποσύνολο του (R | middot |) υπάρχει

ακολουθία ρητών qnnisinN η οποία συγκλίνει στο a Τότε η qnnisinN με βάση την πρόταση 22

είναι Cauchy ως συγκλίνουσα ακολουθία του R supe Q με την απόλυτη τιμή Δηλαδή βρέθηκε

ακολουθία του (Q | middot |) η οποία είναι Cauchy αλλά δεν είναι συγκλίνουσα στο (Q | middot |)

Πρόταση 232 Μια ακουλουθία Cauchy που έχει συγκλίνουσα υπακολουθία συγκλίνει

Απόδειξη ΄Εστω annisinN ακολουθία Cauchy ενός μετρικού χώρου (X d) και aknnisinN συγ-

κλίνουσα υπακολουθία της δηλαδή υπάρχει a isin X στο οποίο η aknnisinN συγκλίνει

΄Εστω επιπλέον ε gt 0 Τότε

(α) υπάρχει φυσικός αριθμός n1 τέτοιος ώστε forallnm ge n1 d (an am) ltε

2και

(β) υπάρχει φυσικός αριθμός n2 τέτοιος ώστε foralln ge n2 d (akn a) ltε

2

Θέτουμε n0 = maxn1 n2 Τότε για n ge n0 έχουμε ότι

d (an a) le d(an akn0

)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε

(παρατηρείστε ότι kn0 ge n0) ΄Αρα η ακολουθία annisinN συγκλίνει στο a

Πρόταση 233 Μια ακουλουθία Cauchy είναι φραγμένη

Απόδειξη ΄Εστω annisinN ακολουθία Cauchy ενός μετρικού χώρου (X d) και A το σύνολο

των όρων της Αρκεί να αποδείξουμε ότι το A είναι φραγμένο υποσύνολο του X

Για ε = 1 υπάρχει n0 isin N ώστε

d (an am) lt 1 forallnm ge n0

Δηλαδή

d (an an0) lt 1 foralln ge n0

Θέτοντας M = maxd (an an0) 1 le n lt n0 cup 1 ισχύει ότι

d (an an0) leM foralln isin N

Επομένως

an isin B (an0 M) foralln isin N

Δηλαδή A sube B (an0 M) και άρα φραγμένο

Ορισμός 232 ΄Ενας μετρικός χώρος (X d) ονομάζεται πλήρης αν κάθε ακολουθία Cauchyτου χώρου συγκλίνει μέσα σε αυτόν

Θεώρημα 231 Ο (R | middot | ) είναι πλήρης

15

Απόδειξη ΄Εστω annisinN ακολουθία Cauchy του (R | middot |) Η annisinN είναι φραγμένη (πρότα-

ση 233) και άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία (θεώρημα 102) Η annisinN είναι ακολουθία

Cauchy και έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Οπότε συγκλίνει στο R (πρόταση 232) και άρα

ο (R | middot |) είναι πλήρης


1 (R2 d1) πλήρης

2 (Q | middot | ) όχι πλήρης

Πρόταση 234 ΄Εστω (X d) πλήρης μετρικός χώρος και E sube X Το E είναι κλειστό

υποσύνολο του (X d) αν και μόνο αν (E d) πλήρης μετρικός χώρος

Απόδειξη

Ευθύ ΄Εστω E κλειστό υποσύνολο του X και xnnisinN ακολουθία Cauchy του E Θα αποδεί-

ξουμε ότι η xnnisinN συγκλίνει σε στοιχείο του E

Η xnnisinN είναι προφανώς ακολουθία Cauchy του X και επειδή ο X είναι πλήρης η xnnisinNσυγκλίνει σε κάποιο στοιχείο x isin X

Αυτό σημαίνει όμως ότι το x είναι σημείο συσσώρευσης του E ή το x isin E Σε κάθε περίπτωση

x isin E εφόσον E κλειστό ΄Αρα (E d) πλήρης

Αντίστροφο ΄Εστω ότι ο E είναι πλήρης μετρικός υπόχωρος του X και έστω xnnisinN α-

κολουθία του E τέτοια ώστε xn minusminusminusrarrnrarrinfin

x Αρκεί να δείξουμε ότι x isin E

Η xn minusminusminusrarrnrarrinfin

x η xnnisinN είναι συγκλίνουσα άρα είναι και Cauchy ακολουθία του πλήρη χώρου

E΄Αρα συγκλίνει στο E δηλαδή x isin E

Πρόταση 235 Για κάθε μετρικό χώρο τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα

(i) Ο X είναι πλήρης

(ii) Αν KnnisinN είναι φθίνουσα ακολουθία κλειστών μη κενών υποσυνόλων του X ώστε

diamKn rarr 0 τότεinfin⋂n=1

Kn 6= empty

Απόδειξη

(i)rArr (ii)΄Εστω ότι ο X είναι πλήρης και έστω KnnisinN φθίνουσα ακολουθία κλειστών μη κενών υπο-

συνόλων του X ώστε diamKn rarr 0 Για κάθε n επιλέγουμε xn isin Kn

΄Εστω ε gt 0 Τότε υπάρχει n0 ώστε diamKn lt ε foralln ge n0

Αν nm ge n0 rArr xn xm isin Kn0 ΄Αρα d(xn xm) le diamKn0 lt ε forallnm ge n0 Δηλαδή η

xnnisinN είναι ακολουθία Cauchy του X Επειδή ο X πλήρης υπάρχει το limnrarrinfin

xn = x isin X

Αν m ge nrArr Km sube Kn rArr xm isin Kn forallm ge nΑυτό σημαίνει ότι για κάθε n isin N η υπακολουθία xn xn+1 xn+2 περιέχεται στο Kn και

επειδή το σύνολο αυτό είναι κλειστό και το όριό της περιέχεται στο Kn ΄Αρα x isin Kn Συνεπώς

x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16

(ii)rArr (i)΄Εστω ότι ισχύει το (ii) Θα δείξουμε ότι ο X είναι πλήρης

΄Εστω xnnisinN ακολουθία Cauchy του X Ορίζουμε Lm = xn n ge m και Km = Lm

forallm isin N Η ακολουθία KmnisinN είναι φθίνουσα ακολουθία κλειστών μη κενών συνόλων Επί-

σης ισχύει ότι diamLm = diamKm forallm isin N (βλ Πρόταση 224)

΄Εστω ε gt 0 Επειδή η xnnisinN είναι Cauchy υπάρχει m0 ώστε

d(xn xk) lt ε foralln k ge m0

rArr d(xn xk) lt ε foralln k ge m και forallm ge m0

rArr diamLm le ε forallm ge m0

rArr diamKm le ε forallm ge m0

rArr limmrarrinfin

diamKm = 0

Τότε από υπόθεση

infin⋂n=1

Kn 6= empty Δηλαδή υπάρχει x isininfin⋂n=1

Kn

΄Εστω ε gt 0 Θα υπάρχει n0 ώστε diamKn lt ε foralln ge n0

Επειδή x xn isin Kn foralln isin N d(xn x) le diamKn lt ε foralln ge n0 ΄Αρα xn minusminusminusrarrnrarrinfin

x isin X και άρα

ο X πλήρης

Θεώρημα 232 (Baire ) ΄Εστω X πλήρης μετρικός χώρος και AnnisinN ανοιχτά και πυκνά

υποσύνολα του X Τότε

infin⋂n=1

An είναι πυκνό υποσύνολο του X

Απόδειξη ΄Εστω x isin X και ε gt 0 ΄Αρκει να δείξουμε ότι B(x ε) cap

(infin⋂n=1

An

)6= empty

Επειδή A1 = X rArr B(x ε) cap A1 6= empty Επιλέγουμε x isin B(x ε) cap A1

Το B(x ε) capA1 είναι ανοικτό σύνολο ΄Αρα υπάρχει 0 lt ε lt 1 ώστε B(x1 ε) sube B(x ε) capA1

Επιλέγουμε 0 lt ε1 lt ε Τότε B(x1 ε1) sube B(x1 ε) sube B(x ε) cap A1

Επειδή A2 = X rArr B(x1 ε1) cap A2 6= empty Επιλέγουμε x2 isin B(x1 ε1) cap A2

Το B(x1 ε1) cap A2 είναι ανοικτό σύνολο ΄Αρα υπάρχει 0 lt ε2 lt 12

ώστε B(x2 ε2) subeB(x1 ε1) cap A2

Συνεχίζοντας επαγωγικά κατασκευάζουμε ακολουθία xnnisinN τέτοια ώστε

xn+1 isin B(xn εn) cap An+1 0 lt εn lt1

nκαι B(xn+1 εn+1) sube B(xn εn) cap An+1 foralln isin N

Παρατηρούμε ότι diamB(xn+1 εn+1) le2

n+ 1minusminusminusrarrnrarrinfin

0 και B(xn+1 εn+1) sube B(xn εn)

foralln isin N (φθίνουσα ακολουθία κλειστών και μην κενών συνόλων) Από την προηγούμενη πρό-

ταση

infin⋂n=1

B(xn εn) 6= empty rArr υπάρχει z isininfin⋂n=1

B(xn εn) sube B(x1 ε1) sube B(x ε) και επίσης

z isininfin⋂n=1

B(xn εn) subeinfin⋂n=1

An ΄Αρα B(x ε) cap

(infin⋂n=1

An

)6= empty

Παράδειγμα Δεν ισχύει το θεώρημα αν ο χώρος δεν είναι πλήρης

Θεωρούμε το μετρικό χώρο (Q | middot |) Επειδή το Q είναι αριθμήσιμο μπορούμε να γράψουμε μια

17

αρίθμηση του Q = q1 q2 q3 Τα A1 = Q r q1 A2 = Q r q2 είναι ανοικτά (ως πεπερασμένη τομή ανοικτών) και

πυκνά (για κάθε ρητό υπάρχει ακολουθία ρητών που συγκλίνει σε αυτό το ρητό) υποσύνολα

του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty

Πόρισμα 231 ΄Εστω (X d) πλήρης μετρικός χώρος και Fn n isin N ακολουθία κλειστών

υποσυνόλων του X Αν (⋃infinn=1 Fn)o 6= empty τότε υπάρχει n0 isin N τέτοιο ώστε F o

n06= empty

ΑπόδειξηΕύκολα βλέπει κανείς ότι X r A = X r Ao΄Εστω ότι Fn

o = empty foralln isin N Θα καταλήξουμε σε άτοπο

Τότε X r Fn = X r Fno = X foralln isin N Δηλαδή X r Fn ανοικτό (ως συμπληρωμα κλειστού)

και πυκνό υποσύνολο του X foralln isin N Από θεώρημα Baire τοinfin⋂n=1

(X r Fn) είναι πυκνό

X =infin⋂n=1

(X r Fn) = X rinfin⋃n=1

Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο

΄Αρα υπάρχει n0 isin N τέτοιο ώστε Fn0

o 6= empty

Πόρισμα 232 Το σύνολο Q είναι Fσ και δεν είναι Gδ

Απόδειξη ΄Εστω Q = qn n isin N Το Fn = q1 qn είναι κλειστό foralln isin N Τότε

Q =infin⋃n=1

Fn Είναι δηλαδή Fσ σύνολο

΄Εστω ότι Q είναι Gδ σύνολο Τότε Q =infin⋂n=1

Vn όπου Vn ανοικτό foralln isin N

Επειδή Q sube Vn rArr Vn = R foralln isin NΕπίσης το Un = Rr qn είναι ανοικτό και πυκνό υποσύνολο του R foralln isin N΄Αρα από το θεώρημα Baire θα πρέπει το(

infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un

)= Q cap (RrQ) = empty

να είναι πυκνό του R ΄Ατοπο

24 Συμπάγεια

Ορισμός 241 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και E sube X Λέμε ότι μια οικογένεια ανοιχτών

συνόλων Ai i isin I αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του E αν και μόνο αν E sube⋃iisinI

Ai


1 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος Τότε X αποτελεί κάλυψη οποιουδήποτε E sube X

18

2 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και E sube X Τότε B(x r) x isin E αποτελεί ανοιχτή κάλυψη

του E για κάθε r gt 03 ΄Εστω (R | middot | ) Τότε ( 1

n 1) n isin N αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του (01)

Ορισμός 242 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και K sube X Το K καλείται συμπαγές αν κάθε

ανοικτή κάλυψη του έχει πεπερασμένη υποκάλυψη Δηλαδή αν Ai i isin I οικογένεια ανοικτών

με K subeinfin⋃n=1

Ai τότε υπάρχει i1 i2 in sube I ώστε K suben⋃k=1

Aik


1 (R | middot | ) το (0 1] δεν είναι συμπαγές αφού

(0 1] subeinfin⋃n=1

(1

n 1]

αλλά δεν έχει πεπερασμένη υποκάλυψη

Θεώρημα 241 Κάθε συμπαγές υποσύνολο μετρικού χώρου είναι φραγμένο

Απόδειξη

΄Εστω X d μετρικός χώρος και K sube X συμπαγές ΄Εστω επιπλέον x0 isin K Τότε η

οικογένεια των ανοιχτών περιοχών B(x0 n) n isin N αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του K ΄Αρα

υπάρχει N isin N τέτοιο ώστε

K subeN⋃n=1

B(x0 n)

δηλαδή K sube B(x0 N) και έχουμε το ζητούμενο

Θεώρημα 242 Κάθε συμπαγές υποσύνολο μετρικού χώρου είναι κλειστό

Απόδειξη

΄Εστω X d μετρικός χώρος και K sube X συμπαγές ΄Εστω ότι το K δεν είναι κλειστό Τότε

υπάρχει x isin K r K Η οικογένεια B(x 1n)c αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του K Οπότε έχω

πεπερασμένη υποκάλυψη

B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c

Θέτω n0 = maxn1 n2 nk Τότε K isin B(x 1n0

)c άρα το x δεν ανήκει στο K και δεν είναι

σημείο συσσώρευσης του πράγμα άτοπο

Πρόταση 241 ΄Εστω K συμπαγές υποσύνολο ενός μετρικού χώρου και L sube K κλειστό

Τότε L συμπαγές

19

Απόδειξη ΄Εστω L κλειστό υποσύνολο ενός συμπαγούς συνόλου K σε ένα μετρικό χώρο

(X d) Θεωρώ Gi i isin I μια ανοιχτή κάλυψη του συνόλου L Στόχος είναι να αποδείξουμε

ότι υπάρχει πεπερασμένη υποκάλυψη

Παρατηρούμε ότι το σύνολο Gi i isin I cup Lc αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του K Επειδή

υποθέσαμε ότι το K είναι συμπαγές υπάρχει πεπερασμένη υποκάλυψη G1 G2 Gn Lc

Δηλαδή K sube G1 cupG2 cup cupGn cup LcΠροφανώς τότε L sube G1 cupG2 cup cupGn και βρήκαμε την πεπερασμένη υποκάλυψη που αναζη-

τούσαμε

Ορισμός 243 ΄Εστω K υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X d) Το K ονομάζεται α-

κουλουθιακά συμπαγές αν κάθε ακολουθία στοιχείων του K έχει συγκλίνουσα υπακολουθία της

οποίας το όριο επίσης ανήκει στο K

Πρόταση 242 ΄Εστω K ακολουθιακά συμπαγές υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X d)Τότε το K έχει αριθμήσιμο και πυκνό υποσύνολο

Απόδειξη Σταθεροποιώ τυχαίο δ gt 0 και x1 isin K

Βήμα 1ο

Περίπτωση Ι Υπάρχει στοιχείο του K που να απέχει από το x1 απόσταση τουλάχιστον δΤότε συμβολίζω αυτό το στοιχείο με xδ2 και συνεχίζω στο δεύτερο βήμα

Περίπτωση ΙΙ Δεν υπάρχει τέτοιο στοιχείο και σταματάω

Βήμα 2ο

Περίπτωση Ι Υπάρχει xδ3 isin K τέτοιο ώστε

d(x1 xδ3) ge δ και d(xδ2 x

δ3) ge δ

Τότε συνεχίζω στο 3ο βήμα


Βήμα 3ο

Περίπτωση Ι Υπάρχει xδ4 isin K που να απέχει από τα στοιχεία του συνόλου x1 xδ2 xδ3 από-

σταση τουλάχιστον δΠερίπτωση ΙΙ Δεν υπάρχει τέτοιο στοιχείο και σταματάω

Με τον τρόπο που περιγράφουμε συνεχίζουμε να εκτελούμε βήματα

Ισχυρισμός Μετά από πεπερασμένο αριθμό βημάτων θα καταλήξουμε στην Περίπτωση ΙΙ

και θα σταματήσουμε την διαδικασία

Απόδειξη Ισχυρισμού ΄Εστω ότι ο ισχυρισμός είναι λανθασμένος και έστω ότι μπορούμε

επαγωγικά να ακολουθήσουμε τα βήματα που περιγράφονται άπειρες φορές Τότε θα έχουμε

καταφέρει να κατασκευάσουμε μια ακολουθία x1 xδ2 xδ3 στοιχείων του K τέτοια ώστε

d(xδn xδm) ge δ forall nm isin N n 6= m

(συμβολίζουμε για λόγους ομοιομορφίας x1 = xδ1)Με βάση την υπόθεση της πρότασης αυτή η ακολουθία πρέπει να έχει συγκλίνουσα υπακο-

λουθία Σύμφωνα με την πρόταση 231 αυτή η υπακολουθία πρέπει να είναι Cauchy πράγμα

άτοπο λόγω των παραπάνω αποστάσεων ΄Αρα ο ισχυρισμός αληθεύει

20

Συνεπώς αν επιλέξουμε δ = 1 και τυχαίο x1 isin K ακολουθώντας πεπερασμένα το πλήθος

βήματα έστω n1 θα καταλήξουμε σε ένα πεπερασμένο σύνολο D1 = x1 x12 x13 x1n1

στοιχείων του K με τις ακόλουθες ιδιότητες

d(x1n x1m) ge 1 forall nm isin 1 2 n1 n 6= m

και

Για κάθε x isin K υπάρχει x isin D1 τέτοιο ώστε d(x x) lt 1

Γενικά για κάθε φυσικό αριθμό σ isin N και τυχαίο x1 isin K ακολουθώντας πεπερασμένα το πλή-

θος βήματα έστω nσ θα καταλήξουμε σε ένα πεπερασμένο σύνολο Dσ = x1 xσ2 xσ3 xσnσστοιχείων του K με τις ακόλουθες ιδιότητες

d(xσn xσm) ge 1

σ forall nm isin 1 2 nσ n 6= m

και

Για κάθε x isin K υπάρχει x isin Dσ τέτοιο ώστε d(x x) lt1

σ

Θέτω D =infin⋃σ=1

Dσ Τότε το D είναι προφανώς αριθμήσιμο υποσύνολο του K Αρκεί να

αποδείξουμε ότι είναι πυκνό Για τον λόγο αυτό σταθεροποιούμε x isin K και ε gt 0

Τότε υπάρχει σ0 isin N τέτοιο ώστε1

σ0lt ε

Από την κατασκευή του Dσ0 υπάρχει x isin Dσ0 τέτοιο ώστε d(x x) lt1

σ0 Δηλάδή υπάρχει

στοιχείο του D (το x) τέτοιο ώστε d(x x) lt ε και έχουμε το ζητούμενο

Θεώρημα 243 ΄Ενα υποσύνολο ενός μετρικού χώρου είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι

ακολουθιακά συμπαγές

Απόδειξη ΄Εστω K συμπαγές υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X d) Θα αποδείξουμε ότι

είναι ακολουθιακά συμπαγές ΄Εστω xnnisinN τυχαία ακολουθία στοιχείων του K Θα πρέπει

να αποδείξουμε ότι έχει συγκλίνουσα υπακολουθία με όριο μέσα στο K

Θέτουμε E = y isin K existn isin N y = xn το σύνολο των όρων της ακολουθίας xnnisinNΠερίπτωση Ι Το E έχει πεπερασμένα το πλήθος στοιχεία Τότε υπάρχει σταθερή υπακο-

λουθία της xnnisinN η οποία είναι προφανώς συγκλίνουσα

Περίπτωση ΙΙ ΄Εστω ότι το E είναι άπειρο υποσύνολο του K

Ισχυρισμός Υπάρχει στοιχείο του συνόλου K που να είναι σημείο συσσώρευσης του συ-

νολου E

Απόδειξη ισχυρισμού Ας υποθέσουμε ότι δεν υπάρχει τέτοιο στοιχείο του K

Τότε για κάθε p isin K υπάρχει εp gt 0 τέτοιο ώστε

B(p εp) cap (E r p) = empty

21

Δηλάδη το μόνο στοιχείο του συνόλου E που ενδέχεται να περιέχεται στην ανοιχτή μπάλα

B(p εp) είναι το pΤότε K sube

⋃pisinK B(p εp) και επειδή το K είναι συμπαγές προκύπτει ότι

K sube B(p1 εp1) cupB(p2 εp2) cup cupB(pn εpn)

(υπάρχει πεπερασμένο υποκάλυμμα)

Μα τότε

E = K cap E sube [B(p1 εp1) cupB(p2 εp2) cup cupB(pn εpn)] cap E sube p1 p2 pn

Δεν γίνεται ένα σύνολο με άπειρο το πλήθος στοιχεία (όπως το E) να περιέχεται σε σύνολο με

πεπερασμένο το πλήθος στοιχεία Καταλήξαμε λοιπόν σε άτοπο πράγμα που αποδεικνύει την

ορθότητα του ισχυρισμού

΄Εστω λοιπόν p isin K σημείο συσσώρευσης του συνόλου E Υπάρχει y1 isin E τέτοιο ώστε

d(y1 p) lt 1 Τότε y1 = xn1 για κάποιο φυσικό αριθμό n1 Θεωρώ E1 = y isin K existn isinN n ge n1 y = xn Τότε το p είναι σημείο συσσώρευσης του E1 (γιατί) οπότε υπάρχει

xn2 isin E n2 ge n1 τέτοιο ώστε d(xn2 p) lt1

2 Επαναλαμβάνοντας το επιχείρημα αριθμήσιμες

το πλήθος φορές κατασκευάζουμε υπακολουθία xnkkisinN για την οποία ισχύει d(xnk p) lt1

k

Δηλαδή xnknrarrinfinminusminusminusrarr p και έχουμε το ζητούμενο

Για το αντίστροφο του θεωρήματος θεωρούμε ότι το σύνολο K είναι ακολουθιακά συμπαγές

και θα αποδείξουμε ότι είναι συμπαγές

΄Εστω Gi i isin I μια ανοιχτή κάλυψη του K Με βάση την Πρόταση 242 το K περιέχει

ένα αριθμήσιμο και πυκνό υποσύνολο D = x1 x2 Σταθεροποιώ τυχαίο x isin K Τότε x isin Gi0 για κάποιο i0 isin I Επειδή το Gi0 είναι ανοιχτό

σύνολο υπάρχει ε gt 0 τέτοιο ώστε B(x ε) sube Gi0 Επιλέγω ρητό αριθμό qn0 isin (0ε

2) Τότε

υπάρχει στοιχείο xn0 isin D τέτοιο ώστε d(x xn0) lt qn0

Δηλαδή για τυχαίο x isin K βρήκα δίσκο με κέντρο στοιχείο του D και ακτίνα ρητό αριθμό που

να περιέχεται σε κάποιο Gi i isin I Το πλήθος των δίσκων αυτών είναι αριθμήσιμο Πράγμα

που σημαίνει ότι με τον τρόπο αυτό βρίσκω μια αριθμήσιμη υποκάλυψη της αρχικής δηλαδή

K sube⋃infinn=1Gin

Απομένει να δείξουμε ότι η αριθμήσιμη αυτή κάλυψη έχει πεπερασμένη υποκάλυψη Υποθέτουμε

ότι αυτό δεν αληθεύει και θα καταλήξουμε σε άτοπο

Για κάθε N isin N ορίζουμε FN = (cupNn=1Gin)c Τότε κάθε ένα από τα σύνολα αυτά είναι κλειστό

ως συμπλήρωμα ανοιχτού συνόλου (βλ Θεώρημα 223 ) Επιπλέον FN capK 6= empty και αυτό γιατί

υποθέσαμε ότι δεν υπάρχει πεπερασμένη υποκάλυψη (αν FNcapK = empty τότεK sube F cN = cupNn=1Gin)

Με βάση τα παραπάνω για κάθε N isin N υπάρχει xN isin FN cap K Θεωρούμε την ακολουθία

xNNisinN Πρόκειται για ακολουθία στοιχείων του K και επειδή υποθέσαμε ότι αυτό είναι

ακολουθιακά συμπαγές η xNNisinN έχει συγκλίνουσα υπακολουθία ΄Εστω xNkkisinN η υπακο-

λουθία αυτή και έστω x το όριό της Τότε επειδή η xNkkisinN είναι ακολουθία στοιχείων του

FN1 (παρατηρείστε ότι FN sube FM N ge M και FN1 κλειστό) x isin FN1 Τώρα αν θεωρήσουμε

την ακολουθία xNk k = 2 3 επαναλαμβάνοντας το παραπάνω σκεπτικό καταλήγουμε

22

ότι x isin FN2 Γενικά για σ isin N η xNk k = σ σ + 1 είναι υπακολουθία της xNkkisinNκαι άρα συγκλίνει στο x Το γεγονός αυτό μας δίνει άμεσα ότι x isin FNσ

Δηλαδή αποδείξαμε ότι x isin (infin⋂σ=1

FNσ capK) Εύκολα βλέπει κανείς ότι

infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1

FN capK πράγμα άτοπο διότι τότε το K δεν θα ήταν υποσύνολο του⋃infinn=1Gin

Θεώρημα 244 Κάθε κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του R είναι συμπαγές

Απόδειξη ΄Εστω K κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του R και έστω xnnisinN ακολουθία

στοιχείων τουK Επειδή τοK είναι φραγμένο αυτή είναι μια φραγμένη ακολουθία πραγματικών

αριθμών και από το Θεώρημα 102 προκύπτει ότι έχει συγκλίνουσα υπακολουθία με όριο στο

R Επειδή το K είναι και κλειστό έπεται ότι το όριο της υπακολουθίας ανήκει στο K Οπότε

αποδείξαμε ότι το K είναι ακολουθιακά συμπαγές Με βάση το Θεώρημα 243 έχουμε το

ζητούμενο

Παρατήρηση Η παραπάνω πρόταση ισχύει στους Rn n isin N αλλά δεν ισχύει σε γενικότερους

μετρικούς χώρους χώρους


(R dδ) όλα φραγμένα όλα κλειστά κανένα συμπαγές

Πρόταση 243 Κάθε συμπαγές υποσύνολο ενός μετρικού χώρου είναι πλήρες

Απόδειξη ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και K sube X συμπαγές ΄Εστω επιπλέον xnnisinNακολουθία Cauchy στοιχείων τουK Από το Θεώρημα 243 τοK είναι ακολουθιακά συμπαγές

πράγμα που σημαίνει ότι η xnnisinN έχει συγκλίνουσα υπακολουθία με όριο στο K Από την

Πρόταση 232 προκύπτει ότι η xnnisinN είναι συγκλίνουσα και το όριό της είναι μέσα στο K

΄Αρα (K d) πλήρες

25 Συνεκτικότητα

Ορισμός 251 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και Y sube X Το Y λέγεται μη συνεκτικό αν

υπάρχουν ανοικτά σύνολα AB τέτοια ώστε

α) Y sube A cupBβ) Y cap A 6= empty Y capB 6= emptyγ) A capB = emptyΔιαφορετικά το Y λέγεται συνεκτικό


1)(R | middot |) Y = (0 1) cup (2 3) μη συνεκτικό στο R

Y = (0 1) cup 2 μη συνεκτικό στο R

2)(R2 dευκλ) Y = B(0 1) r (0 x) x isin R ειναι συνεκτικό στο R2

23

Θεώρημα 251 Το διάστημα [a b] είναι συνεκτικό υποσύνολο του μετρικού χώρου (R | middot |)

ΑπόδειξηΘέτουμε I = [a b] ΄Εστω ότι το I δεν είναι συνεκτικό Τότε υπάρχουν ABανοικτά υποσύνολα του R ώστε

α) I sube A cupBβ) A cap I 6= empty B cap I 6= emptyγ) A capB = emptyΕύκολα βλέπει κανείς ότι I rB = Acap I Επειδή I rB = I capBc

το σύνολο αυτό είναι κλειστό

και άρα το A cap I είναι κλειστό Τότε το

sup(A cap I) = t isin A cap I Θα δείξουμε ότι t = bΤο A cap I sube I rArr sup(A cap I) le sup I rArr t le bΕστω t lt b Τότε (t b] sube B cap I και επειδή B cap I είναι κλειστό (B cap I = Ac cap I) το

t isin B cap I rArr t isin A capB ΄Ατοπο

΄Αρα t = bΔείξαμε ότι sup(A cap I) = brArr b isin A cap I΄Ομοια δείχνουμε ότι sup(B cap I) = brArr b isin B cap I ΄Αρα b isin A capB cap I ΄Ατοπο

Οπότε το I είναι συνεκτικό

Παρατήρηση

Με αναλογα επιχειρήματα μπορούμε να δείξουμε ότι κάθε διάστημα του R είναι συνεκτικό

Θεώρημα 252 ΄Ενα υποσύνολο του R ειναι συνεκτικό αν κια μόνο αν είναι διαστημα

ΑπόδειξηΑπό το παραπάνω θεώρημα κάθε διάστημα του R είναι συνεκτικό υποσυνολό του

Για να αποδείξουμε ότι αν ένα υποσύνολο του R είναι συνεκτικό τότε είναι διάστημα αρκεί να

αποδείξουμε την άρνηση της πρότασης

΄Εστω K sube R το οποίο δεν είναι διάστημα Τότε υπάρχουν a b isin K και t isin R r K ώστε

a lt t lt b Θεωρούμε τα σύνολα A = (minusinfin t) και B = (tinfin) Παρατηρούμε ότι

α) K sube A cupB = Rr tβ) a isin A capK και b isin B capK rArr A capK 6= empty και B capK 6= emptyγ) A capB = empty΄Αρα το K όχι συνεκτικό

24

3 Συνεχείς Συναρτήσεις

31 Ορισμός συνέχειας

Ορισμός 311 Μια συνάρτηση f (X d)rarr (Y ρ) (από έναν μετρικό χώρο σε έναν άλλο)

ονομάζεται συνεχής σε ένα σημείο x0 αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει δ gt 0 τέτοιο ώστε για κάθε

x isin X με d(x x0) lt δ rArr ρ(f(x) f(x0)) lt εΜια συνάρτηση ονομάζεται συνεχής αν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του πεδίου ορισμού της


1 Συνεχής συνάρτηση T (C([0 1]) dinfin)rarr R T (f) = f(0) + f(1)2 Μη συνεχής συνάρτηση f Rrarr (R dδ) f(x) = x

Θεώρημα 311 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) μια συνάρτηση Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα

(i) Η f είναι συνεχής στο X

(ii) Αντίστροφη εικόνα ανοιχτού συνόλου είναι ανοιχτό σύνολο

Απόδειξη (i)rArr (ii) ΄Εστω A sube Y ανοιχτό Θα δείξουμε ότι το fminus1(A) είναι ανοιχτό

υποσύνολο του (X d) Αν το fminus1(A) είναι κενό τότε είναι ανοιχτό οπότε σε αυτή την περίπτωση

έχουμε τελειώσει Αν fminus1(A) 6= empty σταθεροποιώ x0 isin fminus1(A) Τότε f(x0) isin A και επειδή

υποθέσαμε ότι το A είναι ανοιχτό υπάρχει r gt 0 τέτοιο ώστε B(f(x0) r) sube A Η συνάρτηση fείναι συνεχής στο x0 επομένως υπάρχει δ gt 0 τέτοιο ώστε d(x x0) lt δ rArr ρ(f(x) f(x0)) lt rΜα τότε B(x0 δ) isin fminus1(A) και έχω το ζητούμενο

(ii)rArr (i) Θα δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο τυχαίο x0 isin X ΄Εστω ε gt 0 Επειδή το

x0 isin X το f(x0) isin Y Θέτουμε V = BY (f(x0) ε) και U = fminus1(V ) Από υπόθεση το U είναι

ανοιχτό υποσύνολο του X και x0 isin U Συνεπώς υπάρχει δ gt 0 ώστε BX(x0 δ) sube U και άρα

f(BX(x0 δ) sube f(U) sube V = BY (f(x0) ε) Δηλαδή για το τυχαίο ε gt 0 βρήκαμε δ gt 0 ώστε

για κάθε x isin X με d(x x0) lt δ rArr ρ(f(x) f(x0)) lt ε(x isin B(x0 δ) rArr f(x) isin f(BX(x0 δ) sube BY (f(x0) ε)) ΄Αρα f συνεχής στο τυχαίο x0 isin X κι

άρα f συνεχής στο X

Θεώρημα 312 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) συνάρτηση Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα


(ii) Αν μια ακολουθία xnnisinN στοιχείων τουX είναι συγκλίνουσα τότε η ακολουθία f(xn)nisinNείναι συγκλίνουσα ακολουθία στοιχείων του Y και μάλιστα f( lim

nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)

Απόδειξη (i)rArr (ii) ΄Εστω ότι limnrarrinfin

xn = x0 Θα δείξουμε ότι limnrarrinfin

f(xn) = f(x0)

΄Εστω ε gt 0 Επειδή η f είναι συνεχής στο x0 υπάρχει δ gt 0 τέτοιο ώστε για κάθε x isin Xμε d(x x0) lt δ rArr ρ(f(x) f(x0)) lt ε Επειδή η xnnisinN συγκλίνει στο x0 για το δ gt 0 που

βρήκαμε υπάρχει n0 τέτοιο ώστε

d(xn x0) lt δ n ge n0

Συνεπώς

ρ(f(xn) f(x0)) lt ε n ge n0

25

(ii)rArr (i) ΄Εστω x0 isin X και έστω ότι η f δεν είναι συνεχής στο x0 Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει

ε0 gt 0 ώστε για κάθε δ gt 0 να υπάρχει x isin X με d(x x0) lt δ και ρ(f(x) f(x0)) ge ε0Για δ = 1 υπάρχει x1 isin X με d(x1 x0) lt 1 και ρ(f(x1) f(x0)) ge ε0

Για δ =1

2 υπάρχει x2 isin X με d(x2 x0) lt

1

2και ρ(f(x2) f(x0)) ge ε0

Για δ =1

n υπάρχει xn isin X με d(xn x0) lt

1

nκαι ρ(f(xn) f(x0)) ge ε0

Συνεχίζοντας κατά αυτό τον τρόπο κατασκευάζουμε ακολουθία xnnisinN που συγκλίνει στο

x0 αλλά η f(xn)nisinN δε συγκλίνει στο f(x0) ΄Ατοπο

32 Συνέχεια σε συμπαγή και συνεκτικά σύνολα

Θεώρημα 321 ΄Εστω f (X d) rarr (Y ρ) συνεχής Αν το K sube X είναι συμπαγές

υποσύνολο του X τότε το f(K) είναι συμπαγές υποσύνολο του Y

Απόδειξη ΄Εστω Ai i isin I οικογένεια ανοιχτών υποσυνόλων του Y με f(K) sube⋃iisinI

Ai

Επειδή η f είναι συνεχής το σύνολο fminus1(Ai) i isin I είναι μια οικογένεια ανοικτών υπο-

συνόλων του X Επιπλέον K sube⋃iisinI

fminus1(Ai) δηλαδή έχω μια ανοιχτή κάλυψη του συμπα-

γούς συνόλου K Οπότε υπάρχει πεπερασμένη υποκάλυψη δηλαδή i1 i2 middot middot middot in sube I ώστε

K suben⋃k=1

fminus1(Aik)rArr f(K) sube f(n⋃k=1

fminus1(Aik)) =n⋃k=1

f(fminus1(Aik) =n⋃k=1

Aik ΄Αρα το f(K) είναι

συμπαγές

Θεώρημα 322 ΄Εστω (X d) μετρικός χώρος και K sube X συμπαγές ΄Εστω επιπλέον

f K rarr R συνεχής Τότε η f έχει μέγιστο και ελάχιστο δηλ υπάρχουν (όχι κατrsquo ανάγκη

μοναδικά) xmax isin K και xmin isin K

f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)

ΑπόδειξηΜε βάση το προηγούμενο θεώρημα το f(K) θα είναι συμπαγές υποσύνολο του

R Σύμφωνα με τα Θεωρήματα 241 242 θα είναι λοιπον κλειστό και φραγμένο Επειδή το

f(K) είναι φραγμένο υπάρχει το sup f(K) = supxisinK

f(x) και το inf f(K) = infxisinK

f(x) και επειδή

το f(K) είναι κλειστό θα είναι στοιχεία του Δηλαδή υπάρχουν xmax xmin isin K ώστε

f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26

Θεώρημα 323 ΄Εστω f (X d) rarr (Y ρ) συνεχής Αν το E sube X είναι συνεκτικό

υποσύνολο του X τότε το f(E) είναι συνεκτικό υποσύνολο του Y

Απόδειξη ΄Εστω ότι το f(E) δεν είναι συνεκτικό υποσύνολο του Y Τότε υπάρχουν U Vανοικτά υποσύνολα του Y με τις εξής ιδιότητες

(i)U cap V = empty(ii)f(E) cap U 6= empty και f(E) cap V 6= empty(iii)f(E) sube U cup VΘέτουμε U = fminus1(U) και V = fminus1(V ) Τότε ισχύουν τα παρακάτω

α) U V ανοιχτά υποσύνολα του X ως αντίστροφη εικόνα ανοιχτών υποσυνόλων του Y μέσω

της συνεχής συνάρτησης f β) U cap V = empty διαφορετικα θα υπήρχε x isin U cap V rArr x isin U και x isin V rArr f(x) isin U και

f(x) isin V rArr f(x) isin U cap V πράγμα άτοπο

γ) U cap E 6= empty και V cap E 6= empty επειδή υπάρχουν y1 isin f(E) cap U 6= empty και y2 isin f(E) cap V 6= emptyκαι άρα υπάρχουν x1 isin U cap E και x2 isin V cap E ώστε f(x1) = y1 και f(x2) = y2δ) E sube U cup V το οποίο προκύπτει απο το (iii)Από τα παραπάνω καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι το E δεν είναι συνεκτικό ΄Ατοπο

Παράδειγμα ΄Εστω f (X d) rarr (Z | middot |) συνεχής και έστω D sube X συνεκτικό Τότε το

f(D) είναι συνεκτικό υποσύνολο του Z ΄Ομως τα μόνα συνεκτικά υποσύνολα του (Z | middot |) είναι

τα μονοσύνολα ΄Αρα f(D) = k όπου k ακέραιος Δηλαδή f(x) = k σταθερή forallx isin D

33 Ομοιόμορφη Συνέχεια

Ορισμός 331 Μια συνάρτηση f (X d)rarr (Y ρ) ονομάζεται ομοιόμορφα συνεχής αν για

κάθε ε gt 0 υπάρχει δ gt 0 ώστε για κάθε x y isin X με d(x y) lt δ να ισχύει ρ(f(x) f(y)) lt ε


1)f [1infin)rarr R με τύπο f(x) =1

x2)f [0infin)rarr R με τύπο f(x) =

radicx

Παρατήρηση Εξ ορισμού κάθε ομοιόμορφα συνεχής συνάρτηση είναι και συνεχής Το

αντίστροφο δεν ισχύει

Αντιπαράδειγμα f (0 1]rarr R με τύπο f(x) =1

x

Πρόταση 331 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) ομοιόμορφα συνεχήςΤότε

α)Αν xnnisinN είναι ακολουθία Cauchy στοιχείων του X τότε και η f(xn)nisinN θα είναι ακο-

λουθία Cauchy στοιχείων του Y

β)Αν xnnisinN ynnisinN είναι δύο ακολουθίες στοιχείων του X για τις οποίες ισχύει ότι

limnrarrinfin

d(xn yn) = 0 τότε και limnrarrinfin

ρ(f(xn) f(yn)) = 0

Απόδειξηα)΄Εστω xnnisinN ακολουθία Cauchy στοιχείων του X και έστω ε gt 0 Επειδή

η f είναι ομοιόμορφα συνεχής υπάρχει δ gt 0 ώστε για κάθε x y isin X με d(x y) lt δ

27

ρ(f(x) f(y)) lt ε Η xnnisinN είναι Cauchy οπότε για το δ gt 0 που βρήκαμε υπάρχει n0

ώστε για κάθε nm isin N με nm ge n0 d(xm xn) lt δ και από το οποίο συνεπάγεται ότι

ρ(f(xm) f(xn)) lt ε Συνεπώς για τύχαιο ε gt 0 υπάρχει n0 ώστε για κάθε nm isin N με

nm ge n0 ρ(f(xm) f(xn)) lt εβ)΄Εστω xnnisinN ynnisinN ακολουθίες στοιχείων του X με lim

nrarrinfind(xn yn) = 0 και έστω ε gt 0

Επειδή η f είναι ομοιόμορφα συνεχής θα υπάρχει δ gt 0 ώστε για καθέ x y isin X με d(x y) lt δνα ισχύει ρ(f(x) f(y)) lt ε Για το δ gt 0 αυτό υπάρχει n0 ώστε για κάθε n ge n0 με n isin N

να ισχύει d(xn yn) lt δ rArr ρ(f(xn) f(yn)) lt ε ΄Αρα limnrarrinfin

ρ(f(xn) f(yn)) = 0

Θεώρημα 331 ΄Εστω (X d) και (Y ρ) δύο μετρικοί χώροι και f K rarr Y συνεχής όπου

K sube X συμπαγές Τότε η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο K

ΑπόδειξηΘα δείξουμε ότι για κάθε ε gt 0 υπάρχει δ gt 0 ώστε για οποιαδήποτε δύο σημεία

x y isin K με d(x y) lt δ να ισχύει ρ(f(x) f(y)) lt ε΄Εστω ε gt 0 Αφού η f είναι συνεχής στο K για κάθε x isin K μπορούμε να βρούμε δx gt 0

ώστε για κάθε y isin K με d(x y) lt δx να ισχύει ρ(f(x) f(y)) ltε

2(lowast)

Τα BX(xδx2

) x isin K αποτελούν μια ανοιχτή κάλυψη του K και επειδή το K είναι συμπαγές

υπάρχουν σύνολα BX(xiδxi2

) i = 1 2 middot middot middot n της παραπάνω οικογένειας ώστε το

K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)

Επιλέγουμε για δ =1

2minδx1 middot middot middot δxn gt 0 Θεωρούμε επιπλέον x y isin K με d(xy) lt δ

Τότε εφόσον

x isin K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

) υπάρχει i0 isin 1 middot middot middot n ώστε x isin BX(xi0 δxi02

) ΄Εχουμε επίσης ότι

d(xi0 y) le d(xi0 x) + d(x y) leδxi02

+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0

Επομένως x y isin BX(xi0 δxi0 )(lowast)rArr ρ(f(xi0) f(x)) lt

ε

2και ρ(f(xi0) f(y)) lt

ε

2

Οπότε για τυχαίο ε gt 0 βρήκαμε δ gt 0 ώστε για κάθε x y isin K με d(x y) lt δ να ισχύει

ρ(f(x) f(y)) le ρ(f(x) f(xi0)) + ρ(f(xi0) f(y)) ltε

2+ε

2= ε

34 Lipschitz συνέχεια-Θεώρημα Σταθερού σημείου

Ορισμός 341 Μια συνάρτηση f (X d)rarr (Y ρ) θα λέγεται

α) Lipschitz-συνεχής αν υπάρχει c gt 0 ώστε για κάθε x y isin X ρ(f(x) fy)) le c d(x y)Ο αριθμός c λέγεται σταθερά Lipschitz

β) συστολή αν είναι Lipschitz-συνεχής με σταθερά Lipschitz c lt 1

28

Παράδειγμα Οποιαδήποτε συνάρτηση f (R | middot |)rarr (R | middot |) με τύπο f(x) = ax+ b όπου

a b isin R είναι Lipschitz-συνεχής με σταθερά Lipschitz το a

Πρόταση 341 Κάθε Lipschitz -συνεχής συνάρτηση είναι ομοιόμορφα συνεχής

Απόδειξη ΄Εστω f (X d) rarr (Y ρ) Lipschitzminusσυνεχής Δηλαδή υπάρχει c gt 0 ώστε για

κάθε x y isin X να ισχύει ρ(f(x) f(y)) le c d(x y)

΄Εστω ε gt 0 Επιλέγουμε δ =ε

c Τότε για κάθε x y isin X με d(x y) lt δ ισχύει ότι

ρ(f(x) f(y)) le c d(x y) lt c δ = cε

c= ε ΄Αρα η f είναι ομοιόμορφα συνεχής

Θεώρημα 341 (σταθερού σημείου Banach ) ΄Εστω (X d) ένας πλήρης μετρικός χώρος και

έστω f X rarr X συνάρτηση συστολής στο X δηλαδή d(f(x) f(y)) lt c d(x y) forallx y isin X

0 lt c lt 1 Τότε η f έχει ακριβώς ένα σταθερό σημείο x0 isin X (δηλαδή f(x0) = x0)

Απόδειξη ΄Εστω τυχαίο x1 isin X Θεωρούμε την ακολουθία

x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)

Ισχυρισμός Για κάθε n ge 2 ισχύει d(xn+1 xn) lt cnminus1 d(x2 x1)Απόδειξη ισχυρισμού

d(x3 x2) = d(f(x2) f(x1)) lt c d(x2 x1) οπότε αποδείξαμε το ισχυρισμό για n = 2d(x4 x3) = d(f(x3) f(x2)) lt c d(x3 x2) = c d(f(x2) f(x1)) lt c2 d(x2 x1)οπότε αποδείξαμε το ισχυρισμό για n = 3Γενικά για n ge 2d(xn+1 xn) = d(f(xn+1) f(xn)) lt cd(xn xnminus1) lt c2d(xnminus1 xnminus2)Ισχυρισμός Η ακολουθία xnnisinN είναι CauchyΑπόδειξη ισχυρισμού

d(xn xm) le d(xn xnminus1) + d(xnminus1 xnminus2) + + d(xm+1 xm) lt

lt cnminus2 d(x2 x1) + cnminus3 d(x2 x1) + + cmminus1 d(x2 x1) =

= cmminus1 d(x2 x1)(1 + c+ + cnminusm+1) lt cmminus1 d(x2 x1)1

1minus cΕπειδή ο X είναι πλήρης η xnnisinN συγκλίνει στον X ΄Ε Δηλαδή υπάρχει x0 isin X τέτοιο

ώστε limnrarrinfin

xn = x0 Επειδή η f είναι συνεχής θα έχουμε f(x0) = f( limnrarrinfin

xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0

΄Αρα το x0 είναι σταθερό σημείο της f ΄Εστω ότι υπήρχε ένα δεύτερο σταθερό σημείο y0 6= x0της f Τότε

0 lt d(y0 x0) = d(f(y0) f(x0)) le cd(y0 x0) lt d(y0 x0) (0 lt c lt 1)rArr d(y0 x0) lt d(y0 x0) ΄Ατοπο

29

35 Σύνολο Σημείων Ασυνέχειας και α-Ασυνέχεια

Ορισμός 351 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) μια συνάρτηση Ορίζουμε

Df = x isin X η f δεν είναι συνεχής στο x


1Συνάρτηση Dirichlet

΄Εστω f Rrarr R με τύπο f(x) =

1 x isin Q0 x isin RrQ

Η f δεν είναι συνεχής σε κανένα σημείο του πεδίου ορισμού της Πράγματι έστω x isin R

Επειδή τα Q και R r Q είναι πυκνά υποσύνολα του R υπάρχει ακολουθία ρητών qnnisinN και

ακολουθία αρρήτων rnnisinN ώστε limnrarrinfin

qn = x = limnrarrinfin

rn Αν η f ήταν συνεχής στο x θα

έπρεπε f(x) = f( limnrarrinfin

qn) = limnrarrinfin

f(qn) = limnrarrinfin

0 = 0 και f(x) = f( limnrarrinfin

rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin

1 = 1 πράγμα άτοπο

΄Αρα Df = R

2 Τροποποιημένη συνάρτηση Dirichlet


x x isin Q0 x isin RrQ

Η f είναι συνεχής μόνο στο 0 Πράγματι έστω x0 isin R r 0 Υπάρχει rnnisinN ακολου-

θία ρητών και annisinN ακολουθία αρρήτων ώστε limnrarrinfin

rn = limnrarrinfin

an = x0 Αν η f ήταν

συνεχής στο x0 θα έπρεπε f(x0) = f( limnrarrinfin

an) = limnrarrinfin

f(an) = limnrarrinfin

0 = 0 και ταυτόχρονα

f(x0) = f( limnrarrinfin

rn) = limnrarrinfin

f(rn) = limnrarrinfin

rn = x0 6= 0 ΄Ατοπο ΄Αρα η f δεν είναι συνεχής στα

σημεία του Rr 0Θα αποδείξουμε ότι είναι συνεχής στο 0 χρησιμοποιώντας τον ορισμό της συνέχειας ΄Εστω

ε gt 0 Για δ = ε έχω

|xminus 0| lt δ rArr |f(x)minus f(0)| lt ε και έχω το ζητούμενο

3 Συνάρτηση Thomae


1 x = 01

nm

nisin Qlowast (mn) = 1 n gt 0

0 x isin RrQ

Η f δεν είναι συνεχής στους ρητούς Πράγματι έστω r isin Q Τότε το f(r) gt 0 Υπάρ-

χει ακολουθία αρρήτων annisinN ώστε limnrarrinfin

an = r Αν η f ήταν συνεχής στο r θα έπρεπε

f(r) = f( limnrarrinfin

an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο

΄Εστω τώρα a isin RrQ Θα αποδείξουμε ότι η συνάρτηση αυτή είναι συνεχής στο a Υποθέ-

τουμε ότι a gt 0 (με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται και για τους αρνητικούς άρρητους) ΄Εστω

ε gt 0 Επιλέγω ρητό αριθμό ε0 isin (0 ε) ΄Εστω ε0 =m0

n0

Θεωρούμε το ανοιχτό διάστημα

([a] [a] + 1)

30

Ισχυρισμός ΄Εστω n ένας φυσικός αριθμός Στο διάστημα ([a] [a] + 1) περιέχονται πεπε-

ρασμένοι το πλήθος ρητοί αριθμοί που μπορούν να γραφούν ως κλάσμα με παρονομαστή το n

Απόδειξη ισχυρισμού Θεωρώ το σύνολο 1

n

2

n

3

n

4

n Δεν γίνεται άπειροι από

αυτούς να περιέχονται στο διάστημα ([a] [a] + 1) διότι αυτό είναι φραγμένο ΄Αρα μόνο πεπε-

ρασμένοι το πλήθος ρητοί αριθμοί που μπορούν να γραφούν ως κλάσμα με παρονομαστή το nμπορεί να περιέχονται στο φραγμένο διάστημα

Με βάση τον παραπάνω ισχυρισμό υπάρχουν μόνο πεπερασμένοι το πλήθος ρητοί αριθμοί που

μπορούν τα γραφούν ως κλάσμα με παρονομαστή κάποιον από τους 1 2 3 n0 στο διάστημα

([a] [a]+1) Επιλέγω δ gt 0 τόσο μικρό ώστε στο διάστημα (aminusδ a+δ) να μην υπάρχει κανένας

τέτοιος ρητός αριθμός Τότε για |xminus a| lt δ έχω ή x άρρητος και έτσι |f(x)minus f(a)| = 0 lt εή x ρητός αλλά γράφεται ως ανάγωγο κλάσμα με παρονομαστή nx μεγαλύτερο του n0 και έτσι

|f(x)minus f(a)| = | 1

nxminus 0| lt 1

n0

le ε0 lt ε ΄Αρα Df = Q

Ερώτηση Που χρησιμοποιήσαμε ότι το a είναι θετικός στην παραπάνω απόδειξη

Ορισμός 352 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) συνάρτηση και a gt 0 Η f λέγεται α-συνεχής σε

ένα x0 isin X αν υπάρχει δ gt 0 ώστε για κάθε x y isin B(x0 δ) να ισχύει ρ(f(x) f(y)) lt a Η fείναι α-συνεχής αν είναι α-συνεχής σε κάθε x isin X

Λήμμα 351 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) συνάρτηση Αν η f είναι συνεχής σε ένα x0 isin X

τότε η f είναι a-συνεχής στο x0 για κάθε a gt 0

Απόδειξη ΄Εστω a gt 0 Επειδή η f είναι συνεχής στο x0 για ε =a

2υπάρχει δ gt 0 ώστε για

κάθε x y isin BX(x0 δ)

ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2

Οπότε ρ(f(x) f(y)) le ρ(f(x) f(x0)) + ρ(f(x0) f(y)) lta

2+a

2= a

Ορισμός 353 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) συνάρτηση και a gt 0 Ορίζουμε

Da = x isin X η f δεν είναι α-συνεχής στο x

Παρατήρηση Με βάση τον παραπάνω συμβολισμό το λήμμα 351 λέει ότι Dcf sube

⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df

Λήμμα 352 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) συνάρτηση Αν x0 isin Df τότε υπάρχει a gt 0 τέτοιο

ώστε x0 isin Da (δηλαδή Df sube⋃agt0

Da)

31

Απόδειξη ΄Εστω x0 isin Df Τότε υπάρχει ε0 τέτοιο ώστε για κάθε δ gt 0 υπάρχειx isin BX(x0 δ) με ρ(f(x) f(x0)) ge ε0 Θέτωντας a = ε0 έχουμε ότι για κάθε δ gt 0 υπάρχουνx x0 isin BX(x0 δ) με ρ(f(x) f(x0)) ge ε0 ΄Αρα x0 isin Da

Λήμμα 353 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) συνάρτηση Αν a1 lt a2 τότε Da2 sube Da1

Απόδειξη ΄Εστω x0 isin Da2 Τότε για κάθε δ gt 0 υπάρχουν x y isin BX(x0 δ) με

ρ(f(x) f(y)) ge a2 gt a1 ΄Αρα x0 isin Da1

Πρόταση 351 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) συνάρτηση Τότε Df =infin⋃n=1

D 1n

Απόδειξη Με βάση τα παραπάνω προφανώς

infin⋃n=1

D 1nsube Df

΄Εστω x0 isin Df Τότε από το λήμμα 352 υπάρχει a gt 0 τέτοιο ώστε το x0 isin Da Επειδή

η

1

n

nisinN

συγκλίνει στο 0 υπάρχει n0 ώστε για κάθε n ge n0 με n isin N να ισχύει1

nlt a

Οπότε από το λήμμα 353 θα έχουμε ότι Da sube D 1n

για κάθε n ge n0 rArr x0 isin D 1n

για κάθε

n ge n0 rArr x0 isininfin⋃n=1

D 1n ΄Αρα Df sube

infin⋃n=1

D 1n

Λήμμα 354 ΄Εστω f (X d) rarr (Y ρ) συνάρτηση και a gt 0 Τότε το Da είναι κλειστό

υποσύνολο του X

ΑπόδειξηΑρκεί να δείξουμε ότιDa sube Da ΄Εστω x0 isin Da Τότε υπάρχει xnnisinN ακολουθία

στοιξείων του Da η οποία συγκλίνει στο x0Υποθέτουμε ότι x0 isin Da και θα καταλήξουμε σε άτοπο

Αφού x0 isin Da η f είναι α-συνεχής στο x0 δηλαδή υπάρχει δ gt 0 ώστε για κάθε x y isinBX(x0 δ) να ισχύει ρ(f(x) f(y)) lt aΓια το δ gt 0 αυτό υπάρχει n0 ώστε για κάθε n ge n0 με n isin N xn isin BX(x0 δ) ΄Εστω xn1

ένας τέτοιος όρος (n1 ge n0)

Για r = δ minus d(xn1 x0) έχουμε ότι BX(xn1 r) sube BX(x0 δ) Οπότε επειδή για κάθε x y isinBX(x0 δ) ισχύει ότι ρ(f(x) f(y)) lt a θα ισχύει και για κάθε x y isin BX(xn1 r) Δηλαδή

xn1 isin Da ΄Ατοπο

΄Αρα x0 isin Da rArr Da sube Da rArr Da = Da rArr το Da είναι κλειστό

Θεώρημα 351 ΄Εστω f (X d)rarr (Y ρ) συνάρτηση Τότε το Df είναι σύνολο Fσ

ΑπόδειξηΑπό την πρόταση 351 έχουμε ότι Df =infin⋃n=1

D 1n

και με βάση το λήμμα 354 το

D 1nείναι κλειστό για κάθε n isin N ΄Αρα το Df είναι Fσ


Δε υπάρχει συνάρτηση f (R d)rarr (Y ρ) που να έχει Df = R rQ επειδή τότε το R rQ θα

ήταν Fσ και άρα το Q θα ήταν Gδ πράγμα που σύμφωνα με το πόρισμα 232 δε γίνεται

32

Ορισμός 354 Μια συνάρτηση f (X d) rarr (Y ρ) ονομάζεται ομοιόμορφα a-συνεχήςγια κάποιο a gt 0 αν υπάρχει δ gt 0 ώστε για κάθε x y isin X με d(x y) lt δ να ισχύει

ρ(f(x) f(y)) lt a

Πρόταση 352 ΄Εστω (X d) και (Y ρ) δύο μετρικοί χώροι και f K rarr Y a-συνεχήςόπου K sube X συμπαγές Τότε η f είναι ομοιόμορφα a-συνεχής στο K

ΑπόδειξηΘα δείξουμε ότι υπάρχει δ gt 0 ώστε για οποιαδήποτε δύο σημεία x y isin K με

d(x y) lt δ να ισχύει ρ(f(x) f(y)) lt aΑφού η f είναι a-συνεχής στο K για κάθε z isin K μπορούμε να βρούμε δz gt 0 ώστε για κάθε

x y isin BX(z δz) να ισχύει ρ(f(x) f(y)) lt a (lowast)

Τα BX(zδz2

) z isin K αποτελούν μια ανοιχτή κάλυψη του K και επειδή το K είναι συμπαγές

υπάρχουν σύνολα BX(ziδzi2


K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)


2minδz1 middot middot middot δzn gt 0 Θεωρούμε επιπλέον x y isin K με d(xy) lt δ



BX(ziδzi2

) υπάρχει i0 isin 1 middot middot middot n ώστε x isin BX(zi0 δzi02


d(zi0 y) le d(zi0 x) + d(x y) leδzi02

+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0

Επομένως x y isin BX(xi0 δxi0 )(lowast)rArr ρ(f(x) f(y)) lt a

Οπότε βρήκαμε δ gt 0 ώστε για κάθε x y isin K με d(x y) lt δ να ισχύει ρ(f(x) f(y)) lt a

36 Ολοκλήρωση και συνέχεια θεώρημα Lebesque

Ορισμός 361 ΄Ενα A sube R λέμε ότι έχει μέτρο 0 αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει αριθμήσιμοπλήθος ανοικτών διαστημάτων On n = 1 2 τέτοια ώστε

1) A subeinfin⋃n=1

On και

2)

infinsumn=1

|On| le ε όπου |On| είναι το μήκος του On foralln isin N


1) Κάθε πεπερασμένο σύνολο είναι σύνολο μέτρου 0

2) Το N είναι σύνολο μέτρου 0

Πρόταση 361 ΄Εστω AnnisinN μια ακολουθία υποσυνόλων του R μέτρου 0 Τότε το

A =infin⋃n=1

An είναι σύνολο μέτρου 0

33

Απόδειξη ΄Εστω ε gt 0Το A1 είναι σύνολο μέτρου 0 άρα υπάρχει ακολουθία ανοιχτών διαστημάτων O1nnisinN ώστε

i) A1 subeinfin⋃n=1

O1n και ii)infinsumn=1

|O1n| leε

2

Το A2 είναι σύνολο μέτρου 0 άρα υπάρχει ακολουθία ανοιχτών διαστημάτων O2nnisinN ώστε



|O2n| leε

4

Το Aσ είναι σύνολο μέτρου 0 άρα υπάρχει ακολουθία ανοιχτών διαστημάτων OσnnisinN ώστε

i) Aσ subeinfin⋃n=1

Oσn και ii)infinsumn=1

|Oσn| leε

2σ

Συνεχίζοντας κατprimeαυτό τον τρόπο κατασκευάζουμε μια ακολουθία ανοιχτών διαστήματων

OσnσnisinN = IkkisinN τέτοια ώστε

i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1

|Oσn| leinfinsumσ=1

ε

2σ= ε

΄Αρα το A είναι σύνολο μέτρου 0

Θεώρημα 361 (Lebesgue) ΄Εστω f [a b] rarr R φραγμένη Η f είναι Riemannολοκληρώσιμη αν και μόνο αν το Df είναι σύνολο μέτρου 0

Απόδειξη

Αντίστροφο ΄Εστω ότι το Df είναι σύνολο μέτρου 0 Για να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση είναι

Riemann ολοκληρώσιμη θα χρησιμοποιήσουμε το κριτήριο ολοκληρωσιμότητας του RiemannΣταθεροποιούμε λοιπόν ένα ε gt 0

Θέτουμε aprime =ε

2(bminus a)gt 0 Τότε το σύνολο Daprime είναι κλειστό (βλ λήμμα 354) και φραγμένο

ως υποσύνολο του φραγμένου συνόλου [a b] Δηλαδή το Daprime είναι συμπαγές

Από την άλλη μεριά επειδή το Df είναι μέτρου 0 υπάρχει ακολουθία ανοικτών διαστημάτων

OnnisinN τέτοια ώστε

i) Df subeinfin⋃n=1

On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max

xisin[ab]|f(x)| gt 0

Με βάση την παρατήρηση του λήμματος 351 το Daprime sube⋃agt0

Da sube Df subeinfin⋃n=1

On Οπότε η

οικογένεια On n isin N αποτελεί μια ανοιχτή κάλυψη του συμπαγούς συνόλου Daprime ΄Αρα το

34

Daprime έχει πεπερασμένη υποκάλυψη Oi1 Oi2 Oin Dprimea sube

n⋃k=1

Oik Τα Oik k = 1 n δεν είναι

κατ΄ ανάγκη ξένα μεταξύ τους Στην περίπτωση που κάποια από αυτά τέμνονται η ένωση τους

θα είναι ανοιχτό διάστημα Οπότε μπορούμε να γράψουμε ότι

n⋃k=1

Oik =N⋃p=1

Gp όπου Gp είναι

ανοιχτά διαστήματα και Gi capGj = empty για i 6= j Τότε

i) Daprime subeN⋃p=1

Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M

Θέτουμε K = [a b] rN⋃p=1

Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c

Το K είναι κλειστό ως τομή κλειστών

και φραγμένο επειδή K sube [a b] ΄Αρα το K είναι συμπαγές Το K προκύπτει με το να αφαιρέ-

σουμαι από το [a b] ανοιχτά και ξένα μεταξύ τους διαστήματα Οπότε θα είναι ένωση κλειστών

και ξένων μεταξύ τους διαστημάτων F1 F2 Fρ Δηλαδή K =

ρ⋃i=1

Fi όπου Fi = [ai bi] και

|Fi| = |ai minus bi|Χωρίς βλάβη της γενικότητος υποθέτουμε ότι a le a1 le b1 le a2 le b2 le aρle bρle b΄Εχουμε ότι

K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp

)= empty και Daprime sube

N⋃p=1

Gp rArr K capDaprime = empty

΄Αρα για κάθε x isin K ισχύει ότι η f είναι aprime-συνεχής και επειδή το K είναι συμπαγές από

πρόταση 352 η f θα είναι ομοιόμορφα aprime-συνεχής στο K Δηλαδή υπάρχει δ gt 0 ώστε για

κάθε x y isin K με |xminus y| lt δ να ισχύει |f(x)minus f(y)| lt aprime

1η= περίπτωση δ gt |Fi| foralli isin 1 2 ρ

Τότε forallx y isin [ai bi]rArr |xminus y| le |ai minus bi| lt δ rArr |f(x)minus f(y)| lt aprimeΕπομένως αν συμβολίσουμε

M[aibi] = supxisin[aibi]

f(x) και m[aibi] = infxisin[aibi]

f(x) προφανώς M[aibi] minusm[aibi] le aprime (lowast)

Επίσης forallx y isin [a b]rArr |f(x)minus f(y)| le |f(x)|+ |f(y)| leM +M = 2M (lowastlowast)(΄Εχουμε συμβολίσει με M το φράγμα της |f | στο διάστημα [a b])Κατασκευάζουμε τη διαμέριση

Pε = x0 = a x1 = a1 x2 = b1 x3 = a2 x2ρminus1 = aρ x2ρ = bρ x2ρ+1 = bΣτην περίπτωση που a = a1 ή b = bρ δεν αλλάζει κάτι σε αυτά που ακολουθούν

35

Θεωρούμε το πάνω άθροισμα Riemann U(f Pε) =

2ρ+1sumi=1

Mi(ximinusximinus1) όπουMi = supxisin[xiximinus1]

f(x)

θεωρούμε το κάτω άθροισμα Riemann L(f Pε) =

2ρ+1sumi=1

mi(ximinusximinus1) όπουmi = infxisin[xiximinus1]

f(x)

και έχουμε

U(f Pε)minus L(f Pε) =

2ρ+1sumi=1

(Mi minusmi)(xi minus ximinus1)

=

ρsumi=1

(M2iminusm2i)(biminusai)+

ρ+1sumj=1

(M2jminus1minusm2jminus1)(ajminusbjminus1) b0 = a aρ+1 = b

(lowast)lt

ρsumi=1

aprime(bi minus ai) +

ρ+1sumj=1

2M(aj minus bjminus1) χρησιμοποιήσαμε την σχέση (lowastlowast)

lt aprime(bminusa)+Nsump=1

2M |Gp| (επειδή

ρ+1⋃j=1

(bjminus1 aj) =N⋃p=1

Gp)

ltε

2(bminus a)(bminus a) + 2M

ε

4M=ε

2+ε

2= ε

rArr U(f Pε)minus L(f Pε) lt ε

2η= περίπτωση δ le |Fk| για κάποια k isin 1 2 ρ

Στην περίπτωση αυτή παίρνουμε λεπτότερη διαμέριση απ΄ ότι προηγουμένως Πιο συγκεκριμένα

κάθε κλειστό διάστημα του K με μήκος μεγαλύτερο ή και ίσο του δ το σπάμε σε μικρότερα

κλειστά διαστήματα με μήκος μικρότερο του δ ώστε να ισχύει σε κάθε ένα από αυτά η συνθήκη

της ομοιόμορφης aprime-συνέχειαςΘεωρούμε δηλαδή τη διαμέριση

Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ

2 b Τότε όπως και στην πρώτη περίπτω-

ση χωρίζουμε το U(f Pε) minus L(f Pε) σε άθροισμα πάνω στα διαστήματα που περιέχουν τα

σημεία του Daprime οπότε θα είναι μικρότερο του 2Mε

4M=

ε

2 και σε άθροισμα πάνω στα δια-

στήματα που ισχύει η ομοιόμορφη aprime-συνέχεια σε κάθε ένα από αυτά οπότε αυτό το άθροισμα

θα είναι μικρότερο τουε

2(bminus a)(b minus a) =

ε

2 ΄Αρα και σε αυτή την περίπτωση έχουμε ότι

U(f Pε)minus L(f Pε) ltε

2+ε

2= ε

Δηλαδή η f είναι Riemann ολοκληρώσιμη

Ευθύ ΄Εστω ότι η f είναι Riemann ολοκληρώσιμη και έστω ε gt 0 ΄Εστω aprime gt 0 Τότε

υπάρχει διαμέριση Pε = a x1 x2 xn b του [a b] ώστε U(f Pε)minus L(f Pε) lt aprimeε

2

36

Θεωρούμε τα κλειστά διαστήματα J0 = [a x1] J1 = [x1 x2] Jn = [xn b] και αντίστοιχα

θεωρούμε τα Mσ = maxxisinJσ

f(x) mσ = minxisinJσ

f(x) με σ isin 0 1 n΄Εστω A = σ isin 0 1 n Joσ capDaprime 6= empty Τότεsum

σisinA

(Mσ minusmσ)|Jσ| lensumσ=0

(Mσ minusmσ)|Jσ| = U(f Pε)minus L(f Pε) lt aprimeε

2

rArrsumσisinA

(Mσ minusmσ)|Jσ| lt aprimeε

2 (1)

΄Εστω σ isin A δηλαδή Joσ cap Daprime 6= empty Επιλέγουμε cσ isin Joσ cap Daprime Τότε υπάρχει δ gt 0 ώ-

στε (cσ minus δ cσ + δ) sube Joσ και για αυτό το δ υπάρχουν x y isin (cσ minus δ cσ + δ) τέτοια ώστε

|f(x)minus f(y)| ge aprime rArrMσ minusmσ ge |f(x)minus f(y)| ge aprime rArrMσ minusmσ ge aprime (2)

Από (1) (2) θα έχουμε ότιsumσisinA

aprime|Jσ| lesumσisinA


2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)

Daprime sube⋃σisinA

Joσ cup a x1 x2 xn b sube⋃σisinA

Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε

4(n+ 2)) cup cup (bminus ε

4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))

΄Αρα για τυχαίο ε gt 0 βρήκαμε μια ακολουθία ανοιχτών διαστημάτων In n isin N (που ου-

σιαστικά είναι πεπερασμένη γιατί απο ένα σημείο και μετά θεωρούμε όλα τα υπόλοιπα ανοιχτά

διαστήματα να είναι empty) για την οποία ισχύει

i)Daprime subeinfin⋃n=1

In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε

΄Αρα το Daprime είναι σύνολο μέτρου 0 και επειδή το aprime ήταν τυχαίο δείξαμε ότι Da είναι μέτρου 0

για κάθε a gt 0 Δηλαδή το D 1nείναι μέτρου 0 για κάθε n isin N Από την πρόταση 351 έχουμε

ότι Df =infin⋃n=1

D 1nκαι άρα από την πρόταση 361 το Df είναι σύνολο μέτρου 0 ως αριθμήσιμη

ένωση συνόλων μέτρου 0

37

Θα θέλαμε να αναφέρουμε ότι για την συγγραφή αυτών των σημειώσεων χρησιμοποιήσαμε

ιδιαίτερα α)Το βιβλίο lsquoΠραγματική Ανάλυσηrsquo των Μ Ανούση Α Τσολομύτη και Ε Φελουζή

β) το βιβλίο ldquoUnderstanding Analysisrdquo του S Abbott και γ) τις σημειώσεις lsquoΑνάλυση Πραγ-

ματικές Συναρτήσεις μιας Μεταβλητής rsquo του Μ Παπαδημητράκη Συμβουλευτήκαμε επίσης το

βιβλίο lsquoΑρχές Μαθηματικής Αναλύσεως rsquo του W Rudin και το lsquoΓενική Τοπολογία και Συναρ-

τησιακή Ανάλυσηrsquo των Σ Νεγρεπόντη Θ Ζαχαριάδη Ν Καλαμίδα και Β Φαρμάκη Τέλος να

θέλαμε να ευχαριστήσουμε τον Ε Ελευθεράκη για τις χειρόγραφες σημειώσεις που μας έδωσε

τις οποίες λάβαμε υπόψιν για το περιεχόμενο των δύο πρώτων κεφαλαίων

2



κλίνει





an = s








ζητούμενο


















3







lim supn


nan = sup

nγn




nan = lim


lim infn

an = limnγn


1 an = 1n n = 1 2

βn = 1nn = 1 2

γn = 0 n = 1 2

lim supn


nγn = lim inf

nan


lim supn


nan = lim

nγn = minus1



lim supn

an = +infin


lim infn

an = +infin





lim supn

an = lim infn

an = +infin

4


lim supn


an = 3



lim infn

an = minusinfin


lim supn

an = minusinfin





lim supn

an = lim infn

an = minusinfin


lim supn


an = minusinfin



lim supn

an = +infin

lim infn

an = minusinfin



lim supn


an = minusinfin


lim infn

an le lim supn

an



nβn Στην


102 103 και 104

5






bk1 minus ak2 lt1

2



σ












lim supn

an = lim infn

an = limnan




6









dδ(x y) = 1 x 6= y0 x = y





6 (C[0 1] d1)

d1(f g) =int 1

0|f(x)minus g(x)|dx







1 (R | middot | ) an = 1n n = 1 2

limnrarrinfin

1

n= 0






μοναδικό

7





Τότε






















8











A =n⋂i=1








(1

n 1minus 1

n

)= (0 1)

infin⋂n=3

(minus 1

n 1 +

1

n

)= [0 1]





(0 1] =infin⋂n=1

(0 1 +

1

n

)








9


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty



















Απόδειξη




d(x1 x) lt 1




2


10


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37



κλίνει





an = s








ζητούμενο


















3







lim supn


nan = sup

nγn




nan = lim


lim infn

an = limnγn


1 an = 1n n = 1 2

βn = 1nn = 1 2

γn = 0 n = 1 2

lim supn


nγn = lim inf

nan


lim supn


nan = lim

nγn = minus1



lim supn

an = +infin


lim infn

an = +infin





lim supn

an = lim infn

an = +infin

4


lim supn


an = 3



lim infn

an = minusinfin


lim supn

an = minusinfin





lim supn

an = lim infn

an = minusinfin


lim supn


an = minusinfin



lim supn

an = +infin

lim infn

an = minusinfin



lim supn


an = minusinfin


lim infn

an le lim supn

an



nβn Στην


102 103 και 104

5






bk1 minus ak2 lt1

2



σ












lim supn

an = lim infn

an = limnan




6









dδ(x y) = 1 x 6= y0 x = y





6 (C[0 1] d1)

d1(f g) =int 1

0|f(x)minus g(x)|dx







1 (R | middot | ) an = 1n n = 1 2

limnrarrinfin

1

n= 0






μοναδικό

7





Τότε






















8











A =n⋂i=1








(1

n 1minus 1

n

)= (0 1)

infin⋂n=3

(minus 1

n 1 +

1

n

)= [0 1]





(0 1] =infin⋂n=1

(0 1 +

1

n

)








9


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty



















Απόδειξη




d(x1 x) lt 1




2


10


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37







lim supn


nan = sup

nγn




nan = lim


lim infn

an = limnγn


1 an = 1n n = 1 2

βn = 1nn = 1 2

γn = 0 n = 1 2

lim supn


nγn = lim inf

nan


lim supn


nan = lim

nγn = minus1



lim supn

an = +infin


lim infn

an = +infin





lim supn

an = lim infn

an = +infin

4


lim supn


an = 3



lim infn

an = minusinfin


lim supn

an = minusinfin





lim supn

an = lim infn

an = minusinfin


lim supn


an = minusinfin



lim supn

an = +infin

lim infn

an = minusinfin



lim supn


an = minusinfin


lim infn

an le lim supn

an



nβn Στην


102 103 και 104

5






bk1 minus ak2 lt1

2



σ












lim supn

an = lim infn

an = limnan




6









dδ(x y) = 1 x 6= y0 x = y





6 (C[0 1] d1)

d1(f g) =int 1

0|f(x)minus g(x)|dx







1 (R | middot | ) an = 1n n = 1 2

limnrarrinfin

1

n= 0






μοναδικό

7





Τότε






















8











A =n⋂i=1








(1

n 1minus 1

n

)= (0 1)

infin⋂n=3

(minus 1

n 1 +

1

n

)= [0 1]





(0 1] =infin⋂n=1

(0 1 +

1

n

)








9


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty



















Απόδειξη




d(x1 x) lt 1




2


10


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37


lim supn


an = 3



lim infn

an = minusinfin


lim supn

an = minusinfin





lim supn

an = lim infn

an = minusinfin


lim supn


an = minusinfin



lim supn

an = +infin

lim infn

an = minusinfin



lim supn


an = minusinfin


lim infn

an le lim supn

an



nβn Στην


102 103 και 104

5






bk1 minus ak2 lt1

2



σ












lim supn

an = lim infn

an = limnan




6









dδ(x y) = 1 x 6= y0 x = y





6 (C[0 1] d1)

d1(f g) =int 1

0|f(x)minus g(x)|dx







1 (R | middot | ) an = 1n n = 1 2

limnrarrinfin

1

n= 0






μοναδικό

7





Τότε






















8











A =n⋂i=1








(1

n 1minus 1

n

)= (0 1)

infin⋂n=3

(minus 1

n 1 +

1

n

)= [0 1]





(0 1] =infin⋂n=1

(0 1 +

1

n

)








9


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty



















Απόδειξη




d(x1 x) lt 1




2


10


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37






bk1 minus ak2 lt1

2



σ












lim supn

an = lim infn

an = limnan




6









dδ(x y) = 1 x 6= y0 x = y





6 (C[0 1] d1)

d1(f g) =int 1

0|f(x)minus g(x)|dx







1 (R | middot | ) an = 1n n = 1 2

limnrarrinfin

1

n= 0






μοναδικό

7





Τότε






















8











A =n⋂i=1








(1

n 1minus 1

n

)= (0 1)

infin⋂n=3

(minus 1

n 1 +

1

n

)= [0 1]





(0 1] =infin⋂n=1

(0 1 +

1

n

)








9


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty



















Απόδειξη




d(x1 x) lt 1




2


10


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37









dδ(x y) = 1 x 6= y0 x = y





6 (C[0 1] d1)

d1(f g) =int 1

0|f(x)minus g(x)|dx







1 (R | middot | ) an = 1n n = 1 2

limnrarrinfin

1

n= 0






μοναδικό

7





Τότε






















8











A =n⋂i=1








(1

n 1minus 1

n

)= (0 1)

infin⋂n=3

(minus 1

n 1 +

1

n

)= [0 1]





(0 1] =infin⋂n=1

(0 1 +

1

n

)








9


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty



















Απόδειξη




d(x1 x) lt 1




2


10


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37





Τότε






















8











A =n⋂i=1








(1

n 1minus 1

n

)= (0 1)

infin⋂n=3

(minus 1

n 1 +

1

n

)= [0 1]





(0 1] =infin⋂n=1

(0 1 +

1

n

)








9


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty



















Απόδειξη




d(x1 x) lt 1




2


10


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37











A =n⋂i=1








(1

n 1minus 1

n

)= (0 1)

infin⋂n=3

(minus 1

n 1 +

1

n

)= [0 1]





(0 1] =infin⋂n=1

(0 1 +

1

n

)








9


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty



















Απόδειξη




d(x1 x) lt 1




2


10


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37


1 (3 5]o = (3 5)2 No = Qo = empty



















Απόδειξη




d(x1 x) lt 1




2


10


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37


d(xn x) lt1

n foralln isin N










2 (R | middot | ) A = 1n





















11










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37










2

([1 2] cup 5













⋃iisinI


⋂iisinI

Ei =⋂iisinI

(Eci )c =

(⋃iisinI

Eci

)c



E =n⋃i=1


n⋂i=1



Ei =n⋃i=1

(Eci )c =

(n⋂i=1

Eci

)c






(0 1) =infin⋃n=1

[1

n+ 1 1minus 1

n+ 1



12



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37



n isin N Aprime = 0 A = 0 1 12 13


















του A






diamA = diamA






13


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37


2) cap A 6= empty


2


2

΄Εχουμε

















1

1

n

nisinN

Cauchy στον R

2

1

n

nisinN






2



2+ε

2= ε

14











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37











2και


2



)+ d

(akn0 a

)ltε

2+ε

2= ε







Δηλαδή




Επομένως





15










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37










Απόδειξη
















Kn 6= empty

Απόδειξη






xn = x isin X



x isininfin⋂n=1

Kn rArrinfin⋂n=1

Kn 6= empty

16










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37










rArr limmrarrinfin

diamKm = 0


infin⋂n=1


Kn




ο X πλήρης



infin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty














ταση

infin⋂n=1



z isininfin⋂n=1



(infin⋂n=1

An

)6= empty



17



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37



του Q ΄Ομως

infin⋂n=1

An = empty



n06= empty






X =infin⋂n=1


Fn = X r

(infin⋃n=1

Fn

)o

6= X ΄Ατοπο


o 6= empty



Q =infin⋃n=1





infin⋂n=1

Vn

)cap

(infin⋂n=1

Un






Ai



18








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37








Aik




(1

n 1]



Απόδειξη




K subeN⋃n=1

B(x0 n)



Απόδειξη




B(x1

n1

)c B(x1

n2

)c B(x1

nk)c






19







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37







τούσαμε






Βήμα 1ο



Βήμα 2ο



δ3) ge δ



Βήμα 3ο













20





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37





και




d(xσn xσm) ge 1


και


σ





σ0lt ε













νολου E




21






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37






Μα τότε










k







2) Τότε

















22




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37




infin⋂σ=1

FNσ =infin⋂N=1

FN οπότε

x isininfin⋂N=1








ζητούμενο


















23



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37



















24
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37
























nrarrinfinxn) = lim

nrarrinfinf(xn)



f(xn) = f(x0)




Συνεπώς


25



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37



Για δ =1


1


Για δ =1


1








Ai





K suben⋃k=1





συμπαγές




f(xmax) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = minxisinK

f(x)







f(xmax) = supxisinK

f(x) = maxxisinK

f(x)

f(xmin) = infxisinK

f(x) = minxisinK

f(x)

26


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37


















radicx




x





limnrarrinfin


ρ(f(xn) f(yn)) = 0



27








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37








ρ(f(xn) f(yn)) = 0






2(lowast)

Τα BX(xδx2




K suben⋃i=1

BX(xiδxi2

)





BX(xiδxi2




+ δ leδxi02

+δxi02

= δxi0


ε


ε

2



2+ε

2= ε





28














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37














x1 x2 = f(x1) x3 = f(x2)









xn) = limnrarrinfin

f(xn) =

limnrarrinfin

xn+1 = x0



29














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37














qn) = limnrarrinfin



rn) = limnrarrinfin

f(rn) =

limnrarrinfin


΄Αρα Df = R






rn = limnrarrinfin



an) = limnrarrinfin




rn) = limnrarrinfin








1 x = 01

nm


0 x isin RrQ





an) = limnrarrinfin


0 = 0 ΄Ατοπο




n0


([a] [a] + 1)

30




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37




n

2

n

3

n

4









nxminus 0| lt 1

n0










ρ(f(x) f(x0)) lta

2

ρ(f(x0) f(y)) lta

2


2+a

2= a




⋂agt0

Dca

Δηλαδή

⋃agt0

Da sube Df



Da)

31






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37






D 1n


infin⋃n=1

D 1nsube Df


η

1

n

nisinN


nlt a



για κάθε



infin⋃n=1

D 1n












D 1n






32


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37


ρ(f(x) f(y)) lt a





Τα BX(zδz2




K suben⋃i=1

BX(ziδzi2

)





BX(ziδzi2




+ δ leδzi02

+δzi02

= δzi0






On και

2)

infinsumn=1






A =infin⋃n=1


33




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37




|O1n| leε

2




|O2n| leε

4




|Oσn| leε

2σ



i)A =infin⋃n=1

An subeinfin⋃σ=1

(infin⋃n=1

Oσn

)=infin⋃k=1

In και

ii)infinsumk=1

|Ik| =infinsumσ=1

infinsumn=1


ε

2σ= ε



Απόδειξη









On και

ii)infinsumn=1

|On| ltε

4M όπου M = max




On Οπότε η


34


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37


n⋃k=1




n⋃k=1

Oik =N⋃p=1




Gp

ii)Nsump=1

|Gp| lensumk=1

|Oin| leinfinsumk=1

|Ok| ltε

4M


Gp = [a b] cap

(N⋃p=1

Gp

)c





ρ⋃i=1



K sube

(N⋃p=1

Gp

)c

rArr K cap

(N⋃p=1

Gp


N⋃p=1












35


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37


2ρ+1sumi=1


f(x)


2ρ+1sumi=1


f(x)

και έχουμε


2ρ+1sumi=1


=

ρsumi=1


ρ+1sumj=1


(lowast)lt

ρsumi=1


ρ+1sumj=1




ρ+1⋃j=1


Gp)

ltε


ε

4M=ε

2+ε

2= ε







Pε = a a1 a1 + δ2 a1 + 2 δ

2 b1 a2 a2 + δ




4M=

ε





ε



2+ε

2= ε




2

36





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37





σisinA



2

rArrsumσisinA


2 (1)







2rArrsumσisinA

|Jσ| ltε

2 (lowast)



Joσ cup (aminus ε

4(n+ 2) a+

ε

4(n+ 2))cup

cup(x1 minusε

4(n+ 2) x1 +

ε


4(n+ 2) b+

ε

4(n+ 2))





In και

ii)infinsumn=1

In =sumσisinA

|Jσ|+ (n+ 2)ε

2(n+ 2)

(lowast)ltε

2+ε

2= ε






37

majhmatikh analush - yannaros mathematics · ja jŁlame na anafŁroume ìti gia thn suggraf€...

Documents