mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2011 2:12 pm**

Υπάρχει συνεχής συνάρτηση $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ , η οποία ικανοποιεί τα

α) Υπάρχουν $a,b \in \mathbb{R}^2$ με f(a)f(b)<0

β) $f(z)=0 \Leftrightarrow z \in \mathbb{Q}^2$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2011 3:43 pm**

Γειά σας κύριε Σπύρο.

Το σύνολο $\displaystyle{\mathbb{Q}^2}$ είναι πυκνό στο $\displaystyle{\mathbb{R}^2}$ άρα δεν υπάρχει συνεχής συνάρτηση που ικανοποιεί το β).

Πράγματι αν μια συνεχής συνάρτηση είναι σταθερή σε ένα πυκνό σύνολο τότε είναι παντού σταθερή.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2011 3:57 pm**

Σωστά Αλέξανδρε

Ας δούμε και αυτό:

Έστω η συνεχής συνάρτηση $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ , για την οποία υπάρχουν $a,b \in \mathbb{R}^2$ με f(a)f(b)<0

Να αποδειχθεί ότι το $S=\{z \in \mathbb{R}^2,f(z)=0 \}$ είναι υπεραριθμήσιμο

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2011 8:27 pm**

Ισχύει το εξής: Αν $A\subset \mathbb R^2$ αριθμήσιμο τότε το $C=\mathbb R^2\setminus A$ είναι κατά μονοπάτια συνεκτικό, δηλαδή για κάθε $c_0,c_1\in C$ υπάρχει συνεχής $p:[0,1]\to C$ ώστε $p(0)=c_0, \, p(1)=c_1$ .

Αν λοιπόν, το

είναι το πολύ αριθμήσιμο τότε υπάρχει συνεχής $p:[0,1]\to \mathbb R^2\setminus S$ ώστε $p(0)=a, \, p(1)=b$ . Τότε, η $F:[0,1]\to \mathbb R$ με F(t)=f(p(t))

δίνει αντίφαση: ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano (είχε και γενέθλια προχθές - 5 Οκτ 1781) και δε μηδενίζεται πουθενά, αφού $p(t)\notin S$ για κάθε $t\in [0,1]$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2011 10:15 pm**

Ωραία ιδέα peter.

Aλλιώς αν υποθέσουμε χωρίς βλάβη ότι a=(0,0),b=(b,0)

.

Tότε η συνάρτηση

πάνω στις καμπύλες ( x ,cx(x-b))

,με

στο

,
έχει ρίζα με τετμημένη στο εσωτερικό του διαστήματος.

Για κάθε

στο R μάλιστα αυτή είναι μάλιστα διαφορετική, γιατί ένα δευτεροβάθμιο καθορίζεται πλήρως απο τρία σημεία, οπότε τελειώσαμε.

ΕDIT διόρθωσα ένα τυπογραφικό.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2011 10:41 pm**

Ilias_Zad έγραψε:Aλλιώς αν υποθέσουμε χωρίς βλάβη ότι .Tότε η συνάρτηση πάνω στις καμπύλες ,με στο ,
έχει ρίζα με τεταγμένη στο εσωτερικό του διαστήματος.

Για κάθε μάλιστα αυτή είναι μάλιστα διαφορετική, γιατί ένα δευτεροβάθμιο καθορίζεται πλήρως απο τρία σημεία, οπότε τελειώσαμε.

Καταπληκτική η λύση σου Ηλία. Η λύση που γνωρίζω είναι ίδια με του Πέτρου, βέβαια αυτό:

Ισχύει το εξής: Αν $A\subset \mathbb R^2$ αριθμήσιμο τότε το $C=\mathbb R^2\setminus A$ είναι κατά μονοπάτια συνεκτικό, δηλαδή για κάθε $c_0,c_1\in C$ υπάρχει συνεχής $p:[0,1]\to C$ ώστε $p(0)=c_0, \, p(1)=c_1$ .

θέλει απόδειξη. Όπως και το κόκκινο, νομίζω ότι θέλει μία εξήγηση.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2011 10:52 pm**

Σας ευχαριστώ.
Βεβαίως θα το εξηγήσω.
Αρχικά ο μετασχηματισμός που μας μεταφέρει το a=(a_1,a_2)

στο

είναι άμεσος. Δουλεύομαι με την f( (x+a_1,y+a_2))

.
Τώρα το γιατί μπορούμε να βάλουμε το

στον

, αυτό γίνεται γιατί οι πίνακες στροφής είναι αντιστρέψιμοι.
Δηλαδή αν ας πούμε το

σχηματίζει με τον xx'

γωνία $\theta$ τότε ασχολούμαστε με την $f(R_{-\theta}(x,y)^t)$ που το

πια ανήκει στον 'αξονα των

.
Γενικώς οι αφφινικοί μετασχηματισμοί είναι αντιστρέψιμοι και διευκολύνουν το να διατύπωσει κάποιος μια γεωμετρική λύση.
Η ουσία όμως είναι ότι απλά παίρνεις το τμήμα

και φαίρνεις τις παραβολές με άκρα a,b

που βλέπεις ότι σε κάθε μια απο αυτές θα έχει ριζα η

και άρα έχεις την ζητούμενη υπεραριθμησιμότητα άμεσα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2011 12:42 pm**

3. Έστω $0<\alpha<1$ . Υπάρχει συνάρτηση $f:\mathbb R\to \mathbb R$ ώστε $|f(x)-f(y)|\geq |x-y|^\alpha$ για κάθε $x,y\in \mathbb R$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2011 3:28 pm**

Για το 3:
Έστω ότι υπάρχει. Τότε εύκολα η f 1-1. Δηλ. ορίζεται καλά η $f^{-1}:f(\mathbb{R})\rightarrow \mathbb{R}$ και $\forall x,y \in f(\mathbb{R}) |f^{-1}(x)-f^{-1}(y)|<=|x-y|^{\frac{1}{a}}$ , όπου $\frac{1}{a}>1$ , άρα $\frac{|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)|}{|x-y|}<=|x-y|^{\frac{1}{a}-1}, \forall x,y \in f(\mathbb{R})$ και παίρνοντας $y \rightarrow x$ προκύπτει ότι $(f^{-1})'(x)=0$ (*), άρα $f^{-1}$ σταθερή στο $f(\mathbb{R})$ : άτοπο.

* Όπως σωστά σημειώνει ο κ. Λάμπρου πρέπει για αυτό το σημείο να έχει δικαιολογηθεί ότι το $f(\mathbb{R})$ είναι διάστημα. Αυτό έπεται από το ότι f 1-1 και συνεχής, άρα γν. μονότονη και από την υπόθεση εύκολα βλέπουμε ότι είτε $lim_{t\rightarrow\infty}f(t)=+\infty$ και $lim_{t\rightarrow -\infty}=-\infty$ είτε αντίστροφα. Άρα f επί του $\mathbb{R}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2011 3:30 pm**

peter έγραψε:3. Έστω $0<\alpha<1$ . Υπάρχει συνάρτηση $f:\mathbb R\to \mathbb R$ ώστε $|f(x)-f(y)|\geq |x-y|^\alpha$ για κάθε $x,y\in \mathbb R$ ;

Καλόόό.

Δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση διότι αν υπήρχε, εύκολα βλέπουμε ότι θα ήταν 1-1.

Έστω $g: f(\mathbb R) \to \mathbb R$ η αντίστροφή της. Ισχύει $|x-y|\geq |g(x)-g(y)|^\alpha$ και άρα $|g(x)-g(y)|\le |x-y|^{1/\alpha}$ (*). Αυτό δείχνει ότι η

και άρα η

είναι συνεχής. Ειδικά, εύκολα βλέπουμε από Bolzano ότι η

είναι επί, οπότε η

ορίζεται παντού (**). Η (*) δείχνει ότι η

είναι παραγωγίσιμη με g{'}(x)=0

, δηλαδή

σταθερή. Άτοπο, γιατί η

δεν είναι σταθερή (είναι επί).

Φιλικά (από τα ξένα που βρίσκομαι προσωρινά),

Μιχάλης

(**) το βήμα αυτό χρειάζεται γιατί αμέσως από κάτω θα παραγωγίσουμε, οπότε πρέπει να εξασφαλίσουμε ότι η

ορίζεται σε διάστημα (και όχι μόνο, π.χ., σε μεμονωμένα σημεία)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2011 7:51 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Έστω $g: f(\mathbb R) \to \mathbb R$ η αντίστροφή της. Ισχύει $|x-y|\geq |g(x)-g(y)|^\alpha$ και άρα $|g(x)-g(y)|\le |x-y|^{1/\alpha}$ (*). Αυτό δείχνει ότι η και άρα η είναι συνεχής. Ειδικά, εύκολα βλέπουμε από Bolzano ότι η είναι επί, οπότε η ορίζεται παντού (**). Η (*) δείχνει ότι η είναι παραγωγίσιμη με , δηλαδή σταθερή.

Πολύ ωραία κ.Λάμπρου!Να συμπληρώσω κάτι επί του θέματος:

Γενικά αν γνωρίζουμε ότι μια συνάρτηση

είναι $\alpha-Holder$ με $\alpha >1$ τότε είναι σταθερή.Η απόδειξη είναι εντελώς όμοια με τη παρακάτω για $f=f^{-1}$ και $\alpha=\frac{1}{\alpha}$ :

$\forall x,y \in f(\mathbb{R}) |f^{-1}(x)-f^{-1}(y)|<=|x-y|^{\frac{1}{a}}$ , όπου $\frac{1}{a}>1$ , άρα $\frac{|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)|}{|x-y|}<=|x-y|^{\frac{1}{a}-1}, \forall x,y \in f(\mathbb{R})$ και παίρνοντας $y \rightarrow x$ προκύπτει ότι $(f^{-1})'(x)=0$ (*), άρα $f^{-1}$ σταθερή στο $f(\mathbb{R})$ .

Για να μην επαναλαμβάνομαι!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2011 2:30 pm**

Κάτι δεν καταλαβαίνω σε κανά δυο σημεία:

Mihalis_Lambrou έγραψε: Αυτό δείχνει ότι η και άρα η είναι συνεχής.

Αυτό πώς προκύπτει;

caley-hamilton έγραψε:Γενικά αν γνωρίζουμε ότι μια συνάρτηση είναι $\alpha$ -Holder με $\alpha >1$ τότε είναι σταθερή.

Αυτό ισχύει γενικά; Δεν πρέπει η

να είναι ορισμένη σε διάστημα;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 13, 2011 3:30 pm**

Επανέρχομαι σε αυτό το θέμα το οποίο μάλλον ξεχάστηκε. Τα μέχρι τώρα επιχειρήματα είχαν σαν βασικό συστατικό την υπόθεση ότι το $f(\mathbb R)$ είναι διάστημα κι έτσι παρουσιάζουν κάποιο κενό.

Δεν ξέρω αν αρκούν οι υποθέσεις για την απόδειξη αυτού του ισχυρισμού. Η προσέγγιση που γνωρίζω χρησιμοποιεί άλλα εργαλεία. Να δώσω μια υπόδειξη προς αυτή την κατεύθυνση και αν συνεχίζει να παρουσιάζει ενδιαφέρον το ξαναβλέπουμε.

Υπόδειξη. Θεωρούμε τα σύνολα $E_m=\{x\in \mathbb R : |f(x)|\leq m\}$ για $m=1,2,\ldots$ και χρησιμοποιούμε το θεώρημα του Baire κατάλληλα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 19, 2011 3:13 pm**

Να γράψω μια λύση και να δούμε αν έχει κάποιο κενό, ενδεχομένως στον τρόπο ορισμού της

.

peter έγραψε:3. Έστω $0<\alpha<1$ . Υπάρχει συνάρτηση $f:\mathbb R\to \mathbb R$ ώστε $|f(x)-f(y)|\geq |x-y|^\alpha$ για κάθε $x,y\in \mathbb R$ ;

Έστω ότι υπάρχει. Θεωρούμε τα σύνολα $E_m=\{x : |f(x)|\leq m\}$ . Τότε, από το θεώρημα του Baire υπάρχει $m\in \mathbb N$ και διάστημα [a,b]

ώστε $[a,b]\subset \overline{E}_m$ .

Tώρα επεκτείνουμε την

στο

σε μια φραγμένη συνάρτηση $F:\overline{E}_m\to [-m,m]$ , η οποία εξακολουθεί να ικανοποιεί την ανισοτική σχέση.

Αυτό το κάνουμε ως εξής: Αν $x\in E_m$ τότε F(x):=f(x)

. Αν $x\in \overline{E}_m\setminus E_m$ τότε υπάρχει (επιλέγουμε μια) $(t^x_n)\subset (E_m)$ ώστε $t^x_n\to x$ . H (f(t^x_n))

είναι φραγμένη, άρα από το B-W υπάρχει $|y_x|\leq m$ ώστε $y_x=\lim_nf(t^x_n)$ . Ορίζουμε F(x):=y_x

.

Τώρα, είναι εύκολο να δούμε ότι η παραπάνω

ικανοποιεί την αρχική ανισοτική σχέση: Αν x,y

τότε θεωρούμε τις ακολουθίες $(t_n^x), \, (t_n^y)$ (αν $x\in E_m$ παίρνουμε t_n^x=x

σε

ισομήκη υποδιαστήματα. Επίσης, θεωρούμε τα σημεία $x_k=a+k\frac{b-a}{N}, \; k=0,1,\ldots,N$ του $[a,b]\subset \overline{E}_m$ . Από την αρχή περιστερεώνα, υπάρχουν $k,s\in \{0,1,\ldots,N\}, \; k\neq s$ ώστε $|F(x_k)-F(x_s)|\leq \frac{2m}{N}$ (εδώ χρησιμοποιούμε ότι η

είναι 1-1). Άρα, $\frac{(b-a)^\alpha}{N^\alpha}\leq |x_k-x_s|^\alpha \leq \frac{2m}{N}$ ή $N^{1-\alpha}\leq \frac{2m}{(b-a)^\alpha}$ , το οποίο δίνει αντίφαση για μεγάλα $N\in \mathbb N$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 28, 2011 3:31 am**

Να γράψω άλλη μια προσέγγιση, η οποία χρησιμοποιεί το εξωτερικό μέτρο Lebesgue στο $\mathbb R$ .

Γράφουμε $E=f(\mathbb R)$ και $g:E\to \mathbb R$ για την αντίστροφή της. Παρατηρήστε ότι η

είναι 1-1, επί και $1/\alpha$ -Holder, δηλαδή $|g(x)-g(y)|\leq |x-y|^{\beta}$ , για κάθε $x,y\in E$ , όπου $\beta=1/\alpha>1$ .

Θεωρούμε την ακολουθία $s_n=1+1/2+\ldots +1/n$ και ορίζουμε $E_n^+=E\cap (0,s_n)$ και $E_n^-=(-s_n,0)\cap E$ . Θέτουμε A_1^+=E_1^+

και $A_n^+=E_n^+\setminus E_{n-1}^+$ για $n=2,3,\ldots$ . Ομοίως, για τα A_n^-

. Τότε, τα $\{A_n^\pm\}$ είναι ξένα ανά δυο, $\bigcup_{n=1}^\infty (A_n^+\cup A_n^-)=E$ και ${\rm diam}(g(A_n^\pm))\leq n^{-\beta}$ .

Αν με m^*

συμβολίσουμε το εξωτερικό μέτρο Lebsgue στο $\mathbb R$ , τότε μπορούμε να γράψουμε:

$m^*(g(E))\leq \sum_{n=1}^\infty m^*(g(A_n^+))+m^*(g(A_n^-))\leq 2\sum_{n=1}^\infty n^{-\beta}<+\infty$ .

Αυτό είναι άτοπο, αφού $m^*(g(E))=+\infty$ .

mathematica.gr

Υπάρχει συνάρτηση;

Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

Re: Υπάρχει συνάρτηση;