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Sia R \subseteq \mathcal{P}(D) l'insieme delle semirette aperte di D , ovvero gli insiemi R_x= \{z \in D : x<z\} . Allora si vede facilmente che esiste una corrispondenza iniettiva dagli elementi di X alle semirette aperte di D: x \mapsto R_x . X non può quindi avere cardinalità maggiore di quella ...

L'idea della mia dimostrazione, e penso anche quella di EvaristeG, è quella di trovare una successione che converge a un punto che non sta nel ricoprimento. Per far emergere più esplicitamente la questione della cardinalità si potrebbe mostrare che i limiti delle successioni di quel tipo ...

Per generalizzare la proprietà anche agli $ x $ negativi io farei così

$ f(0)=f(0)^2 $

quindi $ f(0)=1 $, in quanto $ f(0)=0 $ è vero solo se $ f $ è identicamente nulla.
Allora, se $ x>0 $, risulta

$ f(-x)=f(-x)f(0)=f(\sqrt{x^2+0^2})=f(x) $

Dopo aver cambiato idea, l'impossibilità io l'ho provata in questo modo.

Raggruppo gli I_n in sottofamiglie finite \mathcal{F}_j , così definite:
I_j\in \mathcal{F}_j se I_j\notin \mathcal{F}_i , con 1\leq i \leq j-1 , e per j\geq 2 , \mathcal{F}_j è tale che per ogni coppia di intervalli ...

Hai delle referenze, o ricordi qualcosa riguardo la dimostrazione di quel fatto?

EvaristeG: se non l'hai letto, per quale motivo temi che non sia giusto?

Sia n\geq 0 e T_n: X_n \rightarrow \mathcal{P}([0,1]) tale che x \mapsto \mathcal{F}_{n,x} , dove
\mathcal{F}_{n,x}=\{x+\frac{y-x}{2^{2(n+1)k}} | y=\min_{X_n}\{z:z>x\},k\geq 1\}
e
X_0=\{0,1\}, X_{n+1}=T_n(X_n)
X=\left(\bigcup_{n=1}^\infty X_n \cup \{z | \exists c\in (0,1) : z=\inf_X\{x: x>c ...

E' corretto il ragionamento di EvaristeG, c'è solo da puntualizzare che essendo [a,b] chiuso e f continua, allora f è uniformemente continua.