Разминка для ума

[Trueman]

Руст писал(а):

Мне не понятно, как можно ещё исправлять очевидные вещи. Покажу ещё подробнее:

$$|f(x)-f(0)|=|f(x)-f(x_{n-1})+f(x_{n-1}-f(x_{n-2})+f(x_{n-3})+...-f(x_1)+f(x_1)-f(x_0)|,$$

где введены точки: $x_i=\frac{ix}{n}, x_i-x_{i-1}=\frac xn .$
Далее применяем неравенство относмтельно суммы n разностей, учитывая, что:
$|f(x_i)-f(x_{i-1})|\le g(\frac{|x|}{n})$ получаем:
$|f(x)-f(0)|\le ng(\frac{|x|}{n}).$
Учитывая, что число n можем взять произвольно большей и предел ng(x/n) стремится к нулю получаем, что функция постоянная.

Да, спасибо я уже понял , только помему там где второе неравенство нужно корень квадратный ещё извлеч, хотя решение сохраниться. Вообщем хорошее решение получается.

[Руст]

Не понял, какой квадратный корень?

[Trueman]

Руст писал(а):

Не понял, какой квадратный корень?

По-моему имеет место такое неравенство \sum_{k=1}^n |f(\frac{kx}{n})-f(\frac{(k-1)x}{n})|\leqslant \sqrt \frac{x^3}{n^2}

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Трумэн, я думаю, что под корнем в правой части неравенства n должно быть в первой степени под корнем, а не во второй. Кроме этого Руста уже не интересуют квадратные корни, потому что его новое доказательство работает с функцией g, которая является обобщением первоначальной задачи.

[Trueman]

Феликс Шмидель писал(а):

Уважаемый Трумэн, я думаю, что под корнем в правой части неравенства n должно быть в первой степени под корнем, а не во второй. Кроме этого Руста уже не интересуют квадратные корни, потому что его новое доказательство работает с функцией g, которая является обобщением первоначальной задачи.

да я заметил, что уже обобщил решение, просто хотел уточнить, почему в первой мне не понятно по-моему во второй. Но уже не актуально и похоже давно .