> ( k Вў ) . Однак це тягне за собою те, що інтервали d i ( k ) і d i Вў ( k Вў ) перетинаються, Останнім же суперечить умові G k G k Вў = 0.
Отже, дійсно, кожен з d i ( k ) є становить інтервал безлічі G. З іншого боку, кожна точка G належить хоч одному d i ( k ) . Нарешті, всі ці інтервали різні. Таким чином, безліч
(i = 1, 2, ...; k = 1, 2, ...)
є безліч всіх складових інтервалів суми G.
Встановивши це, вже легко закінчити доказ:
=
що й потрібно було довести.
Для того щоб перенести теорему (відповідно змінити її) на випадок суми п е р е з е к а ю щ і х з я доданків, нам знадобляться дві прості леми.
Лемма 2. Нехай сегмент [P, Q] покритий кінцевої системою Н інтервалів (l, m). Тоді
В
Д про до а із а т е л ь с т в о . Виділимо з системи Н деяку її частину Н *, яка будується наступним чином: позначимо через (l 1 , ) який-небудь з інтервалів системи H, містять точку P
l 1
1
(хоч один такий інтервал існує). Якщо виявиться, що m 1 > Q, то інтервал (l 1, m 1 ), і становить необхідну систему H * . Якщо ж m 1 Q, то m 1 ГЋ [P, Q], і можна в системі H знайти інтервал (l 2 , m 2 ), що містить точку m 1 ,
l 2 1 2
Якщо виявиться, що m 2 > Q, то процес закінчено, і інтервали (l 1, m 1 ) і (l 2 , m 2 ) і становлять систему Н *. p> Якщо ж m 2 Q, то m 2 ГЋ [P, Q], і можна в системі H знайти інтервал (l 3 , m 3 ), що містить m 2 .
l 3 2 3
Якщо m 3 > Q, то процес закінчений, а якщо m 3 Q, то продовжуємо наш процес. p> Але ж безліч H за умовою звичайно, а наш процес полягає у виділенні з H все нових і нових інтервалів, бо
m 1 2 3 <...
Тому процес обов'язково повинен закінчиться, а кінець його полягає в тому, що якась з точок m k виявиться лежачої правіше точки Q.
Нехай m n > Q, але m n -1 ВЈ Q, тобто процес закінчується після n-го кроку.
Тоді інтервали (l 1, m 1 ), (l 2 , m 2 ), ... , (l n , m n ) і становлять систему H. При цьому l k +1 <...
