Περιοδική

Ασκήσεις μαθηματικών προπτυχιακού επιπέδου στις οποίες πρέπει, επιπλέον, να υπάρχει καταληκτική ημερομηνία. Μέχρι αυτήν την ημερομηνία οι απαντήσεις δίνονται ΜΟΝΟ από φοιτητές. Μετά το πέρας αυτής, μπορούν να απαντήσουν όλα τα μέλη.

Συντονιστής: Demetres

Κανόνες Δ. Συζήτησης
Ασκήσεις μαθηματικών προπτυχιακού επιπέδου στις οποίες πρέπει, επιπλέον, να υπάρχει καταληκτική ημερομηνία. Μέχρι αυτήν την ημερομηνία οι απαντήσεις δίνονται ΜΟΝΟ από φοιτητές. Μετά το πέρας αυτής, μπορούν να απαντήσουν όλα τα μέλη.
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2785
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Περιοδική

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » 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



Λέξεις Κλειδιά:
stranger
Δημοσιεύσεις: 87
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Περιοδική

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Δεκ 01, 2019 3:30 am

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 T.
Για να ορίσουμε μια συνάρτηση περιοδική στους ρητούς αρκεί να την ορίσουμε στο T.
Είναι εύκολο να δούμε ότι το T είναι υπεραριθμήσιμο. Άρα από την υπόθεση του συνεχούς έχουμε ότι το T είναι ισοπληθικό με το \mathbb{R} που σημαίνει ότι υπάρχει συνάρτηση από το T στο διάστημα (0,1) η οποία είναι επί.
Τελειώσαμε.
Όλα εξαρτώνται από τον πληθάριθμο του συνόλου T.
Μπορούμε να δούμε ότι υπάρχει τέτοια συνάρτηση αν και μόνο αν το σύνολο T έχει τον πληθάριθμο του συνεχούς.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός
Nothing real can be threatened, nothing unreal exists.
stranger
Δημοσιεύσεις: 87
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Περιοδική

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Δεκ 01, 2019 5:28 am

Τελικά το σύνολο T 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|.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός
Nothing real can be threatened, nothing unreal exists.
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2785
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Περιοδική

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Δεκ 04, 2019 2:04 pm

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


sot arm
Δημοσιεύσεις: 191
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Περιοδική

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Πέμ Δεκ 05, 2019 8:51 pm

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 F 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 f να περιέχει ανοικτό διάστημα, άρα δεν υπάρχει τέτοια f

Για την γενική περίπτωση στην θέση της f 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: :oops: , υπάρχει λάθος βήμα
τελευταία επεξεργασία από sot arm σε Παρ Δεκ 06, 2019 9:45 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Αρμενιάκος Σωτήρης
stranger
Δημοσιεύσεις: 87
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Περιοδική

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Παρ Δεκ 06, 2019 6:46 am

sot arm έγραψε:
Πέμ Δεκ 05, 2019 8:51 pm
συνεπώς f(x)=a σχεδόν παντού. Επομένως δεν γίνεται η εικόνα της f να περιέχει ανοικτό διάστημα
Θα ήθελα παραπάνω λεπτομέρειες πάνω σε αυτό το βήμα.
Όλα τα άλλα νομίζω ότι είναι εντάξει.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός
Nothing real can be threatened, nothing unreal exists.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8307
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Περιοδική

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Δεκ 06, 2019 9:16 am

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

Έστω C το σύνολο Cantor και έστω C' = C+\mathbb{Q} = \{c+q:c\in C,q\in \mathbb{Q}\}. Το C έχει μέτρο 0 και το C' είναι αριθμήσιμη ένωση μεταφορών του C και άρα έχει μέτρο 0.

Όπως στην απόδειξη της ύπαρξης της περιοδικής συνάρτησης παίρνουμε ένα στοιχείο από κάθε κλάση ισοδυναμίας του C' για να κατασκευάσουμε ένα σύνολο B. Το C' έχει την πληθικότητα του \mathbb{R} και κάθε κλάση ισοδυναμίας έχει αριθμήσιμα στοιχεία, άρα το B 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 y.

Η f περιέχει ανοικτό διάστημα, είναι περιοδική στους ρητούς, και είναι και μετρήσιμη αφού κάθε αντίστροφη εικόνα οποιουδήποτε συνόλου έχει μέτρο είτε 0 είτε 1.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2785
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Περιοδική

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » 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


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2785
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Περιοδική

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Δεκ 08, 2019 5:06 pm

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 x
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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης