Matematické Fórum

Pavel Brožek

↑↑ Pavel:

Tahle posloupnost stejnoměrně konverguje k funkci $f(x)=0$ a je tedy monotónní. Nicméně bych řekl, že to asi bude krok správným směrem.

Marian · 25. 07. 2008 23:49 — Editoval Marian (25. 07. 2008 23:50)

↑↑ BrozekP:

Takova funkce skutecne existuje. Vim o dvou prinipech. Existence takove funkce se ukayuje napriklad pomoci teorie Baierovych kategorii, nebo druhy pristup, takova funkce se zkostruuje a ukazou se o ni vlastnosti, o kterych se zde bavime, tj. spojitost na intervalu [a,b] nebo dokonce na R a nemonotonnost na [a,b] a na kazdem podintervalu intervalu [a,b].

Tusil jsem nejakou spojitost s Weierstaßovou funkci nebo Bolzanovou funkci a nasel jeden takovy priklad pozadovane funkce na internetu.
______________

(1) Definujeme $f_1:\,\mathbb{R}\mapsto\mathbb{R}$ jako |x| pro vsechna realna x, pro nez je |x| mensi nebo rovno 1/2. Pro ostatni hodnoty periodicky (s periodou 1).

(2) Induktivne se definuje $f_n:\,\mathbb{R}\mapsto\mathbb{R}$ jako
$f_n(x):=\frac{f_1(4^{n-1}x)}{4^{n-1}}.$

Bude tedy - mimo jine -
$f_n(x)=\left |\frac{\left [4^{n-1}x+\frac{1}{2}\right ]-4^{n-1}x}{4^{n-1}}\right | .$

(3) Hledanou funkci f(x) definujeme pomoci nekonecne rady jako
$f(x):=\sum_{n=1}^{\infty}f_n(x).$

Ze je takto definovana funkce spojita je jasne (plyne napriklad z Weierstraßova kriteria stejnomerne konvergence). Dukazy dalsich vlastnosti uz jsou vice komplikovane.

Pavel Brožek

Všechna řešení varianty 2 (↑↑ Pavel:, ↑↑ Kondr:, ↑↑ Marian:) by se dala (až na drobnosti) shrnout takto:

Najdeme si nějakou monotónní bijekci $f_1:(a,b)\to\mathbb{R}$ . Potom zařídíme, aby nebyla na žádném podintervalu monotónní tím, že u racionálních/iracionálních čísel prohodíme znaménko

Nyní vybereme prostou posloupnost $\{x_n\}_{n=1}^\infty\subset(a,b)$ a definujeme

$f:[a,b]\to\mathbb{R}$ je pak řešením varianty 2 (nejsem si teda jistý, jestli nutně, ale pokud se zvolí konkrétní funkce $f_1$ a posloupnost $x_n$ , pak nemělo být těžké ukázat, jestli f je nebo není řešením)

Jde tedy o to, že si vybereme spočetnou podmožinu a každý prvek posuneme - "ubytujeme krajní body a, b v Hilbertově hotelu". Je ale nějaké řešení varianty 2, které by bylo od uvedeného postupu "značně odlišné"?

Pavel · 26. 07. 2008 19:37

Varianta 4:

Použil bych zvláštní vlastnost funkce $x\sin\frac 1x$ , která se v okolí 0 chová "dosti nepředvídatelně" a kterou lze v 0 spojitě dodefinovat - $f(0)=0$ .

Definuji posloupnost $f_n(x),\ n\in\mathbb N$ takto:

$f_1(x)= \begin{cases} x\,\sin\frac 1x\,,& x\in(0,\ \frac 1{2\pi}]\nl (x-\frac 12)\,\sin\frac 1{x-\frac 12}\,,& x\in[\frac 12-\frac 1{2\pi},\ \frac 12)\cup(\frac 12,\ \frac 12+\frac 1{2\pi}]\nl (x-1)\,\sin\frac 1{x-1}\,,& x\in[1-\frac 1{2\pi},\ 1)\nl 0,&\text{jinak} \end{cases}$

a pro názornost uvádím její graf:

$f_2(x)= \begin{cases} x\,\sin\frac 1x\,,& x\in(0,\ \frac 1{4\pi}]\nl (x-\frac 14)\,\sin\frac 1{x-\frac 14}\,,& x\in[\frac 14-\frac 1{4\pi},\ \frac 14)\cup(\frac 14,\ \frac 14+\frac 1{4\pi}]\nl (x-\frac 24)\,\sin\frac 1{x-\frac 24}\,,& x\in[\frac 24-\frac 1{4\pi},\ \frac 24)\cup(\frac 24,\ \frac 24+\frac 1{4\pi}]\nl (x-\frac 34)\,\sin\frac 1{x-\frac 34}\,,& x\in[\frac 34-\frac 1{4\pi},\ \frac 34)\cup(\frac 34,\ \frac 34+\frac 1{4\pi}]\nl (x-1)\,\sin\frac 1{x-1}\,,& x\in[1-\frac 1{4\pi},\ 1)\nl 0,&\text{jinak} \end{cases}$

a opět graf:

obecně

$f_n(x)= \begin{cases} x\,\sin\frac 1x\,,& x\in(0,\ \frac 1{2^n\pi}]\nl (x-\frac k{2^n})\,\sin\frac 1{x-\frac k{2^n}}\,,& x\in[\frac k{2^n}-\frac 1{2^n\pi},\ \frac k{2^n})\cup(\frac k{2^n},\ \frac k{2^n}+\frac 1{2^n\pi}],\ k\in\{1,\ 2,\ \ldots,2^n-1\}\nl (x-1)\,\sin\frac 1{x-1}\,,& x\in[1-\frac 1{2^n\pi},\ 1)\nl 0,&\text{jinak} \end{cases}$

Funkce $f_n(x)$ není diferencovatelná v bodech $x=\frac k{2^n},\ k\in\{0,\ 1,\ \ldots,\ 2^n\}$ .

Definujme $f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)$ . Ta by měla splňovat podmínky Varianty 4.

Pavel Brožek · 26. 07. 2008 22:20

Ukážu, že posloupnost funkcí $f_n$ konverguje k funkci $f(x)=0$ podle věty, která říká, že posloupnost funkcí $\varphi_n$ konverguje stejnoměrně na množině M k funkci $\varphi$ právě když $\lim_{n\to\infty}(\sup_{x\in M}|\varphi_n(x)-\varphi(x)|)=0$ .

Pro všechna $x\in[0,1]$ je zřejmě $|f_n(x)|\leq\frac{1}{2^n\pi}$ . To znamená, že

$\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-0|\leq\frac{1}{2^n\pi}$

Podle věty o dvou policajtech je tedy

$\lim_{n\to\infty}(\sup_{x\in [0,1]}|f_n(x)-0|)=0$

a to znamená, že $f(x)\equiv0$ , která je zase monotónní. Tohle se dá obejít, pokud funkce $f_n$ přenásobíme posloupností $2^n\pi$ (to $\pi$ jsem tam dal jenom aby to šlo hezky k jedničce na krajích intervalů, když odhlídneme od přenásobování sinem) Takže bych si dovolil upravit posloupnost funkcí na

$f_n(x)=\begin{cases}2^n\pi x\,\sin\frac 1x\,,& x\in(0,\ \frac 1{2^n\pi}]\nl(2^n\pi x-k\pi)\,\sin\frac 1{x-\frac k{2^n}}\,,& x\in[\frac k{2^n}-\frac 1{2^n\pi},\ \frac k{2^n})\cup(\frac k{2^n},\ \frac k{2^n}+\frac 1{2^n\pi}],\ k\in\{1,\ 2,\ \ldots,2^n-1\}\nl2^n\pi(x-1)\,\sin\frac 1{x-1}\,,& x\in[1-\frac 1{2^n\pi},\ 1)\nl0,&\text{jinak}\end{cases}$

Teď je jisté, že posloupnost nekonverguje stejnoměrně k nulové funkci. Není ale také vůbec jisté, jestli konverguje alespoň bodově k hledanému řešení. Můj tip je, že ne. Možná by taky pomohlo udělat z té nepozměněné funkce řadu a ta by pak možná splňovala zadání. To už by se ale hodně podobalo funkci, kterou uváděl Marian, pouze by byla komplikovanější.

Pavel · 26. 07. 2008 23:16

Má původní úvaha se ubírala tímto směrem - pro stále větší indexy n přibývá bodů, v nichž f_n není diferencovatelná, tj. $x=\frac k{2^n},\ k=\{0,...,2^n\}$ . Neplynulo by odsud, že limitní funkce f(x) nebude diferencovatelná v žádném kladném racionálním čísle menším než 1, v jehož vyjádření jako zlomku v základním tvaru je jmenovatel ve tvaru mocniny 2? Tím jsem se chtěl vyhnout konvergenci k funkci f(x)=0.

Pavel Brožek · 27. 07. 2008 00:32

Pokud uvažujeme běžnou definici limity posloupnosti funkcí, tak $f_n$ konverguje k $f(x)\equiv0$ jak jsem ukázal (pokud jsem neudělal nějakou chybu). Žádná věta, která by říkala něco ve smyslu "pokud přibývá s $n\to\infty$ bodů s určitou vlastností (zde neexistence derivace v bodě) pak limitní funkce musí mít víc nebo alespoň stejně těchto bodů jako každá funkce z posloupnosti" není.

Abych uvedl zřejmý příklad, vezmeme posloupnost funkcí:
$f_n(x)=1/n$ pro $x\in\{1,2,\dots,n\}$
$f_n(x)=0$ jinak

Ta zcela jasně konverguje k $f(x)\equiv0$ , ale přitom s n přibývá nenulových bodů. Těch bodů bych s n mohl přidávat i víc, aby zaplnily celou reálnou osu, ale stejně pro všechny x nakonec funkce zkonverguje do nuly.

Pokud jsi tu limitu myslel v jiném smyslu, který mi není známý (pokud tedy jiný smysl existuje, já znám jenom bodovou a stejnoměrnou konvergenci z druhého semestru matematické analýzy), tak prosím o podrobnější vysvětlení.

Pavel · 27. 07. 2008 01:05

OK, máš pravdu. Vidím, že ten původní předpoklad, který se mi zdál přirozený, byl chybný. Asi to bez nekonečných řad funkcí nepůjde :-)

Marian · 29. 07. 2008 13:05 — Editoval Marian (29. 07. 2008 13:07)

↑ BrozekP:

Myslim, ze zapis by mel vypadat jinak. Totiz misto tveho
$(a,b)\setminus\{ x_n\}_{n=1}^{\infty}$
bychom meli obsirneji psat spravne
$(a,b)\setminus\{\xi |\, \xi\in\{ x_n\}_{n=1}^{\infty}\} .$

Problem vidim v tom, ze nemohu z intervalu (a,b) vyjmout posloupnost, coz je podle jeji definice zobrazeni (pro jednoduchost řekněme $\mathbb{N}\mapsto\mathbb{R}$ ). Totiz z intervalu mohu nanejvys vyjmout jistou (v tomto pripade bodovou) mnozinu, jejiz prvky jsou prvky ciselne posloupnosti.

Ale to je jen takova drobnost. Ono to, co jsi napsal jiste chape kazdy a tebou pouzita varianta je dosti transparentni.

Pavel Brožek · 29. 07. 2008 18:05

↑ Marian:

Četl jsem kdysi Kopáčkovu Matematickou analýzu nejen pro fyziky I, tak asi odtud jsem zvyklý na zápis množiny prvků posloupnosti jako $\{a_n\}_1^\infty$ . V kapitole 2 uvádí poznámku:

Poznámka 2.1. Pro zkrácení zápisu píšeme obvykle $a_1, a_2, \ldots, a_n, \ldots$ nebo $a_n,\, n\in\mathbb{N}$ místo posloupnost $\varphi, \varphi(n)=a_n,\, n\in\mathbb{N}$ a $\{a_n\}_1^\infty$ místo množiny členů posloupnosti.

Jinak zápis co uvádíš mi přijde ekvivalentní, protože v něm používáš $\xi\in\{a_n\}_{i=1}^{\infty}$ čili považuješ $\{a_n\}_{i=1}^{\infty}$ za množinu.

Kondr · 01. 08. 2008 04:11

↑↑ Pavel:Omlouvám se, nepřečetl jsem si ten předpis funkce pořádně.

Matematické Fórum

#26 25. 07. 2008 23:38 — Editoval BrozekP (25. 07. 2008 23:40)

Re: Prázdninová injekce

#27 25. 07. 2008 23:49 — Editoval Marian (25. 07. 2008 23:50)

Re: Prázdninová injekce

#28 26. 07. 2008 10:56 — Editoval BrozekP (26. 07. 2008 11:04)

Re: Prázdninová injekce

#29 26. 07. 2008 19:37

Re: Prázdninová injekce

#30 26. 07. 2008 22:20

Re: Prázdninová injekce

#31 26. 07. 2008 23:16

Re: Prázdninová injekce

#32 27. 07. 2008 00:32

Re: Prázdninová injekce

#33 27. 07. 2008 01:05

Re: Prázdninová injekce

#34 29. 07. 2008 13:05 — Editoval Marian (29. 07. 2008 13:07)

Re: Prázdninová injekce

#35 29. 07. 2008 18:05

Re: Prázdninová injekce

#36 01. 08. 2008 04:11

Re: Prázdninová injekce

Zápatí