Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

#1

Να εξετασθεί αν είναι Αληθής ή Ψευδής ο παρακάτω ισχυρισμός:

Ισχυρισμός: Δεν υπάρχει συνεχής συνάρτηση $f\colon \mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$ με σύνολο ριζών ακριβώς ένα υπεραριθμήσιμο σύνολο $A\subseteq \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ , και μόνο αυτό.

Edit: 25/12/2024, 4:45π.μ. : Διόρθωση διατύπωσης.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 25, 2024 2:29 am
Να εξετασθεί αν είναι Αληθής ή Ψευδής ο παρακάτω ισχυρισμός:

Ισχυρισμός: Δεν υπάρχει συνεχής συνάρτηση $f\colon \mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$ με σύνολο ριζών ακριβώς ένα υπεραριθμήσιμο σύνολο $A\subseteq \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ , και μόνο αυτό.

Edit: 25/12/2024, 4:45π.μ. : Διόρθωση διατύπωσης.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Θα κατασκευασθεί, με μέθοδο ανάλογη εκείνης της κατασκευής του συνόλου Cantor, συνεχής συνάρτηση $f\colon[{0,\pi}]\longrightarrow{\mathbb{R}}$ η οποία έχει σύνολο ριζών ένα υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων αριθμών.
1ο βήμα: Στο διάστημα $\big[{\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}}\big]$ ορίζουμε την συνάρτηση $f_{1,1}\colon\big[{\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}}\big]\longrightarrow {\mathbb{R}}$ ,

$f_{1,1}(x)= 2^2\big({x-\frac{\pi}{3}}\big)^2\big({x-\frac{2\pi}{3}}\big)^2$ ,

η οποία μηδενίζεται μόνο στα άκρα του $\big[{\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}}\big]$ .

2ο βήμα: Στα διαστήματα $\big[{\frac{\pi}{9},\frac{2\pi}{9}}\big]$ , $\big[{\frac{7\pi}{9},\frac{8\pi}{9}}\big]$ ορίζουμε, αντίστοιχα, τις συναρτήσεις $f_{2,1}\colon\big[{\frac{\pi}{9},\frac{2\pi}{9}}\big]\longrightarrow {\mathbb{R}}$ ,

$f_{2,1}(x)=2^6\big({x-\frac{\pi}{9}}\big)^2\big({x-\frac{2\pi}{9}}\big)^2$

και $f_{2,2}\colon\big[{\frac{7\pi}{9},\frac{8\pi}{9}}\big]\longrightarrow {\mathbb{R}}$ ,

$f_{2,2}(x)= 2^6\big({x-\frac{7\pi}{9}}\big)^2\big({x-\frac{8\pi}{9}}\big)^2$ ,

οι οποίες μηδενίζονται μόνο στα άκρα του πεδίου ορισμού τους.
Επαναλαμβάνουμε αναδρομικά την ίδια διαδικασία. Στο

-στό βήμα το σύνολο

$\displaystyle K_{n-1}=\Bigg({\bigcup_{k=0}^{3^{n-1}-1}\Big[{\tfrac{({3k+1})\pi}{3^{n}},\tfrac{({3k+2})\pi}{3^{n}}}\Big]}\Bigg)\,\Big\backslash\,\Bigg({\bigcup_{k=0}^{3^{n-2}-1}\Big[{\tfrac{({3k+1})\pi}{3^{n-1}},\tfrac{({3k+2})\pi}{3^{n-1}}}\Big]}\Bigg)\,, \quad n\geqslant2$ ,

αποτελείτε από $2^{n-1}$ , ξένα μεταξύ τους, κλειστά διαστήματα $I_{n,m}$ , $m=1,2,3,\ldots,2^{n-1}$ , σε καθένα από τα οποία ορίζουμε, με παρόμοιο τρόπο, την αντίστοιχη συνάρτηση. Π.χ. για το διάστημα $I_{n,1}=\big[{\frac{\pi}{3^{n}},\frac{2\pi}{3^{n}}}\big]$ ορίζουμε $f_{n,1}\colon\big[{\frac{\pi}{3^{n}},\frac{2\pi}{3^{n}}}\big]\longrightarrow {\mathbb{R}}$ ,

$f_{n,1}(x)= 2^{n(n+1)}\big({x-\frac{\pi}{3^{n}}}\big)^2\big({x-\frac{2\pi}{3^{n}}}\big)^2$

η οποία μηδενίζεται μόνο στα άκρα του $\big[{\frac{\pi}{3^{n}},\frac{2\pi}{3^{n}}}\big]$ .
Συνεχίζοντας, επ' άπειρο, την διαδικασία, το σύνολο

$\displaystyle{\mathfrak{K}=\bigcup_{n=1}^{+\infty}K_n}$

είναι το $[0,\pi]$ . Έτσι, ορίζεται, κατά μοναδικό τρόπο, μια συνάρτηση $f\colon[{0,\pi}]\longrightarrow{\mathbb{R}}$ , τέτοια ώστε $f|_{I_{n,m}}=f_{n,m}$ , για κάθε $n\in{\mathbb{N}}$ , $m=1,2,3,\ldots,2^{n-1}$ , η οποία είναι συνεχής στο $[0,\pi]$ και έχει σύνολο ριζών το σύνολο

$[{0,\pi}]\setminus\mathfrak{K}_{0}=\displaystyle[{0,\pi}]\setminus\bigcup_{n=1}^{+\infty}K_n^{\circ}=\partial\mathfrak{K}_{0}$ .

Δηλαδή το σύνολο ριζών της

είναι ακριβώς το "τροποποιημένο" σύνολο Cantor $\mathfrak{C}_{\pi}$ το οποίο είναι υπεραριθμήσιμο και έχει στοιχεία μόνο άρρητους αριθμούς.
Για να έχουμε μια συνάρτηση $\tilde{f}\colon\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ ορισμένη σε όλο το ${\mathbb{R}}$ με την ιδιότητα της

αρκεί να "επαναλάβουμε" περιοδικά την

με περίοδο $\pi$ , ορίζοντας, για κάθε $x\in[{0,\pi}]$ , $m\in {\mathbb{Z}}$ ,

$\tilde{f}({x+m\pi})=f(x)$ .

: cont_irr_roots.png (18.74 KiB) Προβλήθηκε 1161 φορές

Σημείωση: Στο Σχήμα 1 απεικονίζονται οι γραφικές παραστάσεις των $f_{1,1}$ , $f_{2,1}$ , $f_{2,2}$ , $f_{3,1}$ , $f_{3,2}$ , $f_{3,3}$ και $f_{3,4}$ .

contin_func_uncount_irratio_roots_mathca.pdf: (61.32 KiB) Μεταφορτώθηκε 73 φορές

edit: 7/1/2025, Παρουσίαση της λύσης στην δημοσίευση, όπως απαιτείται από τον κανονισμό. Το συνημμένο (με την ίδια λύση) διατηρείται.

BAGGP93 · #4

Καλησπέρα Γρηγόρη,

έριξα μια γρήγορη ματιά, πολύ όμορφη ιδέα.

Οι συντελεστές $2^{n(n+1)}$ παίζουν κάποιο ρόλο ή θα μπορούσαμε να βάλουμε κάποιες άλλες μη-μηδενικές σταθερές στις συναρτήσεις $f_{n,m}$ που φτιάχνεις ;

#5

BAGGP93 έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 05, 2025 5:23 pm
Οι συντελεστές $2^{n(n+1)}$ παίζουν κάποιο ρόλο ή θα μπορούσαμε να βάλουμε κάποιες άλλες μη-μηδενικές σταθερές στις συναρτήσεις $f_{n,m}$ που φτιάχνεις ;

Καλησπέρα Βαγγέλη.

Οι συντελεστές $2^{n(n+1)}$ έχουν εντελώς τεχνικό χαρακτήρα. Αν παρατηρήσεις στο σχήμα, ακόμα και με αυτούς τους "εκθετικά αυξανόμενους" συντελεστές "μετά βίας" υψώνονται οι καμπύλες ως το 0.3. Προφανώς μπορεί να βάλει κανείς όποιους συντελεστές θέλει. Δεν έχουν άλλη χρησιμότητα παρά να δώσουν "ύψος" στις καμπύλες.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 04, 2025 2:21 am
Δίνεται μια απάντηση σε συνημμένο αρχείο, λόγω της σχετικά μεγάλης έκτασής της.
Ελπίζω να βρω χρόνο ώστε να την μεταφέρω και στην απαιτούμενη μορφή LaTeX, όπως (σωστά) απαιτείται από τον κανονισμό.

contin_func_uncount_irratio_roots_mathca.pdf

Καλή χρονιά Γρηγόρη.
Αυτό που δεν βλέπω είναι γιατί το τροποποιήμενο σύνολο Cantor δεν περιέχει ρητούς.

#7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 07, 2025 11:16 am

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 04, 2025 2:21 am
Δίνεται μια απάντηση σε συνημμένο αρχείο, λόγω της σχετικά μεγάλης έκτασής της.
Ελπίζω να βρω χρόνο ώστε να την μεταφέρω και στην απαιτούμενη μορφή LaTeX, όπως (σωστά) απαιτείται από τον κανονισμό.

contin_func_uncount_irratio_roots_mathca.pdf
Καλή χρονιά Γρηγόρη.
Αυτό που δεν βλέπω είναι γιατί το τροποποιήμενο σύνολο Cantor δεν περιέχει ρητούς.

Καλή χρονιά Σταύρο.

Αυτό που θεώρησα επαρκές είναι ότι τα άκρα των διαστημάτων των

$\displaystyle K_{n-1}=\Bigg({\bigcup_{k=0}^{3^{n-1}-1}\Big[{\tfrac{({3k+1})\pi}{3^{n}},\tfrac{({3k+2})\pi}{3^{n}}}\Big]}\Bigg)\,\Big\backslash\,\Bigg({\bigcup_{k=0}^{3^{n-2}-1}\Big[{\tfrac{({3k+1})\pi}{3^{n-1}},\tfrac{({3k+2})\pi}{3^{n-1}}}\Big]}\Bigg)\,,\;\;n\geqslant2$

που είναι οι ρίζες της συνάρτησης αλλά και τα στοιχεία του τροποποιημένου συνόλου Cantor είναι ρητά πολλαπλάσια του $\pi$ .
(Ουσιαστικά είναι το σύνολο Cantor, αλλά αντί να χρησιμοποιήσω το διάστημα [0,1]

χρησιμοποίησα το $[0,\pi]$ ώστε τα άκρα των διαστημάτων να είναι ρητά πολλαπλάσια του $\pi$ ).
Αν αυτό δεν αρκεί, τότε κάνει το όλο θέμα ακόμα πιο ενδιαφέρον. Έχεις υπόψιν κάτι συγκεκριμένο;

Υ.Γ. Ανέβηκε και η παρουσίαση της λύσης παραπάνω στην 3η δημοσίευση.

ksofsa · #8

Καλησπέρα.

Έστω $\left\{ q_{n} \right\}_{n\in \mathbb{N}}$ μια αρίθμηση των ρητών.

Ορίζω συναρτήσεις $f_{n}(x)$ , με

$f_{n}(x)=2^n(x-q_{n})+1,$ για $x\in \left[ q_{n}-\dfrac{1}{2^n},q_{n} \right]$

$f_{n}(x)=2^n(q_{n}-x)+1,$ για $x\in \left[ q_{n},q_{n} +\dfrac{1}{2^n}\right]$

$f_{n}(x)=0,$ για κάθε $x\in \mathbb{R} -(q_{n}-\dfrac{1}{2^n},q_{n}+\dfrac{1}{2^n})$

Οι $f_{n}$ συνεχείς, μη αρνητικές και ομοιόμορφα φραγμένες.

Ορίζω $g_{n}(x)=f_{1}(x)+\dfrac{f_{2}(x)}{2^2}+...+\dfrac{f_{n}(x)}{n^2}$ .

Η ακολουθία των συνεχών συναρτήσεων $g_{n}$ συγκλίνει ομοιόμορφα από κριτήριο Weierstrass στην συνεχή (λόγω ομοιόμορφης σύγκλισης) συνάρτηση $g(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{f_{n}(x)}{n^2}$ .

Η συνάρτηση

μηδενίζεται όταν μηδενίζονται ταυτόχρονα όλες οι $f_{n}$ , δηλαδή το σύνολο ριζών είναι το

$\mathbb{R}-\bigcup_{n=1}^{\infty }(q_{n}-\dfrac{1}{2^n},q_{n}+\dfrac{1}{2^n})$ .

Το σύνολο ριζών δηλαδή είναι ένα σύνολο υπεραριθμήσιμο, που έχει μόνο άρρητους και, ακόμα, έχει άπειρο μέτρο Lebesgue.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

grigkost έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 07, 2025 1:01 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 07, 2025 11:16 am

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 04, 2025 2:21 am
Δίνεται μια απάντηση σε συνημμένο αρχείο, λόγω της σχετικά μεγάλης έκτασής της.
Ελπίζω να βρω χρόνο ώστε να την μεταφέρω και στην απαιτούμενη μορφή LaTeX, όπως (σωστά) απαιτείται από τον κανονισμό.

contin_func_uncount_irratio_roots_mathca.pdf
Καλή χρονιά Γρηγόρη.
Αυτό που δεν βλέπω είναι γιατί το τροποποιήμενο σύνολο Cantor δεν περιέχει ρητούς.
Καλή χρονιά Σταύρο.

Αυτό που θεώρησα επαρκές είναι ότι τα άκρα των διαστημάτων των

$\displaystyle K_{n-1}=\Bigg({\bigcup_{k=0}^{3^{n-1}-1}\Big[{\tfrac{({3k+1})\pi}{3^{n}},\tfrac{({3k+2})\pi}{3^{n}}}\Big]}\Bigg)\,\Big\backslash\,\Bigg({\bigcup_{k=0}^{3^{n-2}-1}\Big[{\tfrac{({3k+1})\pi}{3^{n-1}},\tfrac{({3k+2})\pi}{3^{n-1}}}\Big]}\Bigg)\,,\;\;n\geqslant2$

που είναι οι ρίζες της συνάρτησης αλλά και τα στοιχεία του τροποποιημένου συνόλου Cantor είναι ρητά πολλαπλάσια του $\pi$ .
(Ουσιαστικά είναι το σύνολο Cantor, αλλά αντί να χρησιμοποιήσω το διάστημα χρησιμοποίησα το $[0,\pi]$ ώστε τα άκρα των διαστημάτων να είναι ρητά πολλαπλάσια του $\pi$ ).
Αν αυτό δεν αρκεί, τότε κάνει το όλο θέμα ακόμα πιο ενδιαφέρον. Έχεις υπόψιν κάτι συγκεκριμένο;

Υ.Γ. Ανέβηκε και η παρουσίαση της λύσης παραπάνω στην 3η δημοσίευση.

Δεν αρκεί.
Για παράδειγμα το κανονικό σύνολο Cantor έχει τα άκρα ρητούς αλλά περιέχει και άρρητους.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #10

Εστω Α ανοικτό υποσύνολο του R.Αυτό είναι ένωση ανοικτών διαστημάτων.
Αν θέσουμε F=R-A και f(x)=dist(x,F) τότε αυτή είναι συνεχής και μηδενίζεται ακριβώς πάνω στο κλειστό F.
Αρκεί να πάρουμε το Α να περιέχει τους ρητούς και το F να είναι υπεραριθμήσιμο.

#11

Πάρα πολύ ωραία! Τον παραπάνω (δικό μου) τρόπο κατασκευής τον σκέφτηκα ψάχνοντας να βρω μια συνεχή συνάρτηση* της οποίας το πρόσημο εναλλάσσεται υπεραριθμήσιμα πολλές φορές. Για το πρόβλημα που συζητάμε εδώ φαίνεται ότι δεν λειτουργεί (Σταύρο ευχαριστώ!)

(*) Δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση.

Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Re: Υπεραριθμήσιμο σύνολο άρρητων ριζών συνεχούς συνάρτησης

Μέλη σε σύνδεση