Περιοδική

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Υπάρχει $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$
που να έχει περιόδους όλους τους ρητούς και το
$f(\mathbb{R})$
να περιέχει ανοικτο διάστημα;
1)Γενικά
2)Να είναι επιπλέον μετρήσιμη.

Εννοείται ότι μπορείτε να υποθέσετε το αξίωμα επιλογής κλπ

Μέχρι 30-11-2019

stranger · #2

Για το 1)
Σίγουρα δεν μπορεί να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει. Αυτό γιατί αν υποθέσουμε την Υπόθεση του Συνεχούς τότε μπορούμε να δείξουμε ότι υπάρχει τέτοια συνάρτηση.
'Εστω η σχέση ισοδυναμίας $x \equiv y$ αν και μόνο αν $x- y \in \mathbb{Q}$ .
Επιλέγουμε ένα στοιχείο από κάθε κλάση ισοδυναμίας και διαμορφώνουμε το σύνολο

.
Για να ορίσουμε μια συνάρτηση περιοδική στους ρητούς αρκεί να την ορίσουμε στο

.
Είναι εύκολο να δούμε ότι το

είναι υπεραριθμήσιμο. Άρα από την υπόθεση του συνεχούς έχουμε ότι το

είναι ισοπληθικό με το $\mathbb{R}$ που σημαίνει ότι υπάρχει συνάρτηση από το

στο διάστημα (0,1)

η οποία είναι επί.
Τελειώσαμε.
Όλα εξαρτώνται από τον πληθάριθμο του συνόλου

.
Μπορούμε να δούμε ότι υπάρχει τέτοια συνάρτηση αν και μόνο αν το σύνολο

έχει τον πληθάριθμο του συνεχούς.

stranger · #3

Τελικά το σύνολο

πράγματι έχει τον πληθάριθμο του συνεχούς, οπότε λύνεται καταφατικά η άσκηση και δεν χρειάζεται πουθενά η υπόθεση του συνεχούς.
Αυτό γιατί $\mathbb{R} = T + \mathbb{Q}$ .
Οπότε $|\mathbb{R}| = |T + \mathbb{Q}| \leq |T \times \mathbb{Q}|= max(|T|,|\mathbb{Q}|) = |T|$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Την ίδια λύση με τον Κωνσταντίνο είχα κατά νου.
Επαναφορά για όλους το 2) που έχει και μεγαλύτερο ενδιαφέρον.

sot arm · #5

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τρί Νοέμ 26, 2019 10:06 pm Υπάρχει $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$
που να έχει περιόδους όλους τους ρητούς και το
$f(\mathbb{R})$
να περιέχει ανοικτο διάστημα;
1)Γενικά
2)Να είναι επιπλέον μετρήσιμη.

Εννοείται ότι μπορείτε να υποθέσετε το αξίωμα επιλογής κλπ

Μέχρι 30-11-2019

Βάζω την λύση για το 2,δεν την είχα γράψει νωρίτερα γιατί έχω ξαναδεί παρόμοια. Υποθέτουμε αρχικά πως f(x)>0

και φραγμένη (ουσιωδώς) ορίζουμε:

$\displaystyle{F(x)=\int_{0}^{x}f(t)d\lambda (t)}$

Τότε, $\forall q \in \mathbb{Q}$ έχουμε:

$\displaystyle{F(x)=\int_{0}^{x}f(t)d\lambda (t)=\int_{0}^{x}f(t+q)d\lambda (t)=\int_{q}^{x+q}f(t)d\lambda (t) \Leftrightarrow F(x)=F(x+q)-F(q) \Leftrightarrow F(x+q)=F(x)+F(q)}$

$\forall x \in \mathbb{R}, \forall q \in \mathbb{Q}$ .

Αφού το $\mathbb{Q}$ είναι πυκνό στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ και η

είναι συνεχής, έχω πώς:

$\displaystyle{F(x)=ax}$ για κάποιο $a \in \mathbb{R}$ συνεπώς f(x)=a

σχεδόν παντού. Επομένως δεν γίνεται η εικόνα της

να περιέχει ανοικτό διάστημα, άρα δεν υπάρχει τέτοια

Για την γενική περίπτωση στην θέση της

θεωρώ την: $g(x)=1+\frac{2}{\pi}arctanf(x)$ και παρατηρώ ότι η g(x)

είναι θετική και φραγμένη.

Τα ολοκληρώματα είναι κατά Lebesgue

, έχω θεωρήσει κάποια πράγματα γνωστά, αν χρειαστεί βάζω παραπάνω λεπτομέρειες.

Προσθήκη:

, υπάρχει λάθος βήμα

stranger · #6

sot arm έγραψε: Πέμ Δεκ 05, 2019 8:51 pm συνεπώς σχεδόν παντού. Επομένως δεν γίνεται η εικόνα της να περιέχει ανοικτό διάστημα

Θα ήθελα παραπάνω λεπτομέρειες πάνω σε αυτό το βήμα.
Όλα τα άλλα νομίζω ότι είναι εντάξει.

#7

Είναι λανθασμένο το συγκεκριμένο βήμα. Μάλιστα είναι το κλειδί για να δείξουμε ότι υπάρχει μετρήσιμη συνάρτηση περιοδική στους ρητούς.

Έστω

το σύνολο Cantor και έστω $C' = C+\mathbb{Q} = \{c+q:c\in C,q\in \mathbb{Q}\}$ . Το

έχει μέτρο

και το

είναι αριθμήσιμη ένωση μεταφορών του

και άρα έχει μέτρο

.

Όπως στην απόδειξη της ύπαρξης της περιοδικής συνάρτησης παίρνουμε ένα στοιχείο από κάθε κλάση ισοδυναμίας του

για να κατασκευάσουμε ένα σύνολο

. Το

έχει την πληθικότητα του $\mathbb{R}$ και κάθε κλάση ισοδυναμίας έχει αριθμήσιμα στοιχεία, άρα το

έχει την πληθικότητα του $\mathbb{R}$ .

Παίρνουμε τώρα μια επί συνάρτηση $g:B \to [0,1)$ . Τέλος ορίζουμε f(x) = g(y)

αν $x \sim y$ για κάποιο $y \in B$ και f(x) =1

αν δεν υπάρχει τέτοιο

.

Η

περιέχει ανοικτό διάστημα, είναι περιοδική στους ρητούς, και είναι και μετρήσιμη αφού κάθε αντίστροφη εικόνα οποιουδήποτε συνόλου έχει μέτρο είτε

είτε

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Υπάρχει τρόπος να κατασκευάσουμε την συνάρτηση.
Και να πάρουμε συνάρτηση Borel μετρήσιμη.
Μάλιστα δεν χρειαζόμαστε το γενικό αξίωμα επιλογής αλλά το
αξίωμα επιλογής για αριθμήσιμα.
Η απόδειξη χρησιμοποιεί το
viewtopic.php?f=200&t=65741

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Σάβ Δεκ 07, 2019 10:00 am Υπάρχει τρόπος να κατασκευάσουμε την συνάρτηση.
Και να πάρουμε συνάρτηση Borel μετρήσιμη.
Μάλιστα δεν χρειαζόμαστε το γενικό αξίωμα επιλογής αλλά το
αξίωμα επιλογής για αριθμήσιμα.
Η απόδειξη χρησιμοποιεί το
viewtopic.php?f=200&t=65741

Θεωρούμε την $\displaystyle f(x)=limsup \sin 2\pi n!x$

Προφανώς είναι Borel μετρήσιμη και έχει περιόδους όλους του ρητούς.

Εστω $\displaystyle 0<a<\frac{1}{4}$

Θεωρούμε ακέραιους $r_{n}$
ώστε
$\displaystyle \frac{r_{n}}{2n}\rightarrow a,0\leq r_{n}\leq n-1$
Θεωρούμε το
$\displaystyle x=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{a_{k}}{k!}$
οπου
$\displaystyle a_{2k}=r_{k},a_{2k-1}=0$

Παίρνοντας άρτιους και μετά περιττούς μπορούμε να δείξουμε ότι για το παραπάνω

είναι
$\displaystyle limsup \sin 2\pi n!x=\sin 2\pi a$

Το ζητούμενο είναι προφανές.

Παραλείπω τις λεπτομέρειες.
Αν τις θέλει κάποιος ευχαρίστως να τις γράψω.

Περιοδική

Περιοδική

Re: Περιοδική

Re: Περιοδική

Re: Περιοδική

Re: Περιοδική

Re: Περιοδική

Re: Περιοδική

Re: Περιοδική

Re: Περιοδική

Μέλη σε σύνδεση