= ап = рп, и для i £ (1, . . ., п - 1) - будет бг- > уг = at или $ir

-у -у -у -у ->

откуда б е- а или б е- р. Так как а, р принадлежат V\ б не может принадлежать V. Значит, существует г] £ V7, для которого т) е- б.

Тогда по (55:Z) для некоторого i £ (1, - тг - 1) -£* должно быть х\п > бя и r\i > 6f. Следовательно, г]Л > бЛ > уЛ = ап = рл, а так-

-у -у -у -у

же r]j > 8t > = аг или pf. Таким образом, г] е- а или г) е- р. Так как все дележи а, р и г) принадлежат V, мы получаем противоречие.

Следовательно, невозможно, так что

(55:25) S V =t0.

Тогда 7гь YiPi и 2аг= S Pi = 0. Поэтому (55:25) дает знак =

i=l г=1

для всех этих отношений -< , т. е. уг = at = рг. Это доказывает, что а = р, что и требовалось.

(55:Г) Значения величин для всех а £ V заполняют в точности интервал - 1 rg g со*.

Доказательство. Для а £ V, очевидно, ал - 1, а g fg со* следует из (55:Е). Следовательно, остается только исключить возможность существования такого yt из

-12/ico*,

что ап Ф yt для всех а £ V. Допустим, что такое г/! найдется.

Конечно, существуют элементы а £ V, для которых г/4; действительно, а* принадлежит V по (55:G)> и а£- со*. Образуем

min аг/з1),

и выберем а+ из V с у и для которого этот минимум достигается:

= г/2- По (55:Н) это а+ единственное. Таким образом, z/2 = i и> так как a* У и мы имеем г/2 Уь т- е*

(55:26) 2/i < г/2.

Из определения у2 следует, что

(55:27) I/i g an < г/2 невозможно ни для какого a£V.

х) В этом случае не обязательно образовывать точный минимум, но вывод тогда получается несколько длиннее, чем приведенный здесь. То, что этот минимум можно образовать, т. е. что он существует и достигается, можно проверить тем же способом, что и в замечании на стр. 397-398. См., в частности, приведенное там утверждение (*). То, что установлено там для V, справедливо также и для аналогичного множе-

ства V из и для пересечения V с замкнутым множеством, состоящим из а с осп ух.

Из-за этой потребности в замкнутости приходится использовать условие yir а не >> у±, хотя в действительности нам нужно последнее. Однако, как мы увидим, при рассматриваемых условиях оба они равносильны. (См. далее (55:26).)

и а (у) = {а4 (у), ..., ап ! (у), ап (у)} с

ai = a, если 1£8*>

у, если £ = га,

соответствующей функции от у (и £), если 16(1, ... га-1)-

55.9.5. Докажем в заключение следующее.

(55:К) Функции at (у) из (55:Г), где £6(1, . 1) - £*, удовле-

творяют следующим условиям:

(55:К:а) Область определения at (у) есть интервал

- 1 2/ =5со*-(55:К:Ь) Из у1=;у2 следует ai(yi)ai(y2)1). (55:К:с) а, ( -1)=а .

(55:K:d) а* (со*) - -1.

(55:К:е) Ц аг (у) == - ра - у.

*€(i, ...,n-i)-S

1) То есть a j ( - монотонно убывающая функция от г/.

Положим #1 = г/2 -е, 8>0 и составим дележ P = {Pi, ..., pn-i, P*}, где рл = ai - е = у2 - е = yi, pf = af = at = a* для £ 6 и pf =

= aj + ц -1 Для i € (l и - 1) - Очевидно, p принадле-

->

жит и из рл = i/i следует, что р не принадлежит V. Следовательно,

- -> ->

существует такое у 6 V, для которого у е- р.

По (55:Z) это означает, что уп > fin и yt > pf для некоторого £ 6 6(1, . . /г - 1) -

Тогда из 7 > pn - yi по (55:27) следует уп i/2. Если бы было -> ->

7n = i/2, то было бы и 7 = а+ (по (55:Н), см. выше). Тогда для упомянутого выше £ 6 (1, , п - 1) - было бы yt = af < рь и мы не получили бы нужного неравенства yt > Р. Следовательно, уп > i/2.

Таким образом, 7 > z/2 = a£ и yt > Pj > at для приведенного выше

-> -> -> ->

£ 6 (1, . . ., га - 1) - 5*. Значит, 7 е- а+, и так как дележи 7 и а+ принадлежат V, мы получаем противоречие.

55.9.4. Из (55:Г) и (55:Н) получаем: для каждого у из - 1 у

со* существует единственное a 6 V, для которого ап = г/. Обозначим ->

это а через

a (l/) = (ai (I/) a*-i (У)* an (У)}. Очевидно, ап (у) =у и а г (1/) = a = а* для г 6 Так мы приходим к функциям at (у) для £ 6 (1, . . ., га - 1) - S#.

Объединение этого с (55:Г) дает нам следующее.

(55: J) V состоит из элементов а (г/), где у пробегает интервал

- 1 у <; со*

Замечание 1. Из этих соотношений следует непрерывность всех функций ai (у) для п-1) - Фактически можно даже доказать несколько боль-

ше, а именно, так называемое условие Липшица:

(55:28) (Xi (y2)-at (Ui) i = i У2-У11-

Доказательство. Это условие симметрично относительно у4, у2, поэтому можно считать, что уху2. Тогда применение (55:К:е) к у - yi и = z/2 и последующее вычитание дают нам

2 iai (yi) - <*i (Уг)} = Уг - У\-

i£(l, n-l)-S*

По (55:K:b) все слагаемые сзс - o&j (г/2) оказываются 0; следовательно, они также чем их сумма у2- у±. Значит,

0 Ш cct (yi) - ai (у2) У2 - У1-

Из этих неравенств также ясно, что средняя часть равна aj (у2)- o&i(*/i), а правая часть равна \у2-у\. Следовательно,

1 а* Ш - ai (Vi) i i Уг - Vi l>

что и требовалось.

Читатель заметит, что мы не предполагали никакой непрерывности - мы ее доказали! Это очень интересно с чисто математической точки зрения.

Замечание 2. Отметим, что равенства (55:К:с) и (55:K:d) не противоречат (55:К:е). Действительно, для у=-1 равенство (55:К:е) дает нам

2 а*( -1)=-/>а* + 1,

...,n-l)-S#

следовательно, из (55:К:с) мы получаем

71 - 1

2 ai=- 2

i£(l, ...,n-l)-S$ t=l

в согласии с (55:N).

Для у - со* (55:К:е) дает

2 CLi (со*)= - /?а* - со*;

. ..,n-l)-S*

следовательно, из (55:K:d) мы получаем -(п - р-1) = -ра* - со*, со* = и- - р-1- 7?а#, в согласии с (55:23).

Доказательство. Утверждение (55:К:а) содержится в (55:J). (55:К:Ь). Предположим противное: пусть yt у2 и аг(у < аь(у2)

(для некоторого i 6 (1, . . ., п - 1) - Это исключает г/4 = г/2, так

->- -> ~>

что г/i < г/2. Тогда а(г/2) е- jc(?/i), что невозможно, так как а(г/4), a(z/2) принадлежат V.

->

(55:К:с). Это следует из того факта, что а0 принадлежит V; в действительности оно принадлежит V. (См. (55:К) и (55:М).)

->

(55:K:d). Это следует из того, что а* принадлежит V (см. (55:G)).

(55:К:е). а (у) есть дележ; следовательно, 2аг(#) = 0-

i=l-

По (55:J) это означает, что

2 ai ( )+pa. + = 0,

i6d, ...,n-l)-S* /

т. е. 2 а (У) = -Р - У, а это и требовалось.