Сущесвует ли функция...

[Норберт]

Помогите с такой задачей. Пусть $E$ замкнутое множество в $\mathbb{R}$. Существует ли $f \in C^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ такая что $E = \{ x \in \mathbb{R} : f(x) = 0\}$ ? Пока что я придумал такое решение.
Т.к. $E$ замкнутое множество в $\mathbb{R}$, то его дополнение есть открытое множество в $\mathbb{R}$. Но всякое открытое множество в $\mathbb{R}$ есть объединение счетного числа непересекающихся интервалов. Итого $C_{\mathbb{R}}(E) = \bigcup\limits_{n=1}^\infty (a_n, b_n)$. Пусть $\omega_{a,b}(x)$ - функция шапочка (та самая что используется в теории распределений). не равная нулю на $(a,b)$. Известно что $\omega_{a,b} \in C^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$, тогда искомой функцией будет $f(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty \omega_{a_n,b_n}(x)$.

Даже если решение правильное подскажите что нить попроще.

[Dandan]

та куда уже проще Ну, можете убрать утверждение про счетность множества открытых интервалов - оно не нужно.

[ASA]

A что $f\equiv 0$ разве не подходит?

[GAA]

Если я правильно понял условие, то необходимо привести пример бесконечно дифференцируемой функции, которая принимала бы нулевое значение на замкнутом множестве (отличном от $\mathbb R$).
Вот пример такой функции

$$f(x) = \left\{\begin{array}{l} 0, \quad \quad \quad |x| \le 1, \\ e^{\frac{1} {1-x^2}}, \quad |x| > 1. \end{array} \right$$

[ASA]

Господа, поставьте четко задачу.

Норберт писал(а):

Пусть $E$ замкнутое множество в $\mathbb{R}$. Существует ли $f \in C^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ такая что $E = \{ x \in \mathbb{R} : f(x) = 0\}$ ?

$f\equiv 0$ подходит.

GAA писал(а):

Если я правильно понял условие, то необходимо привести пример бесконечно дифференцируемой функции, которая принимала бы нулевое значение на замкнутом множестве (отличном от $\mathbb R$).

И опять $f\equiv 0$ подходит.

GAA писал(а):

Вот пример такой функции

$$f(x) = \left\{\begin{array}{l} 0, \quad \quad \quad |x| \le 1, \\ e^{\frac{1} {1-x^2}}, \quad |x| > 1. \end{array} \right$$

Речь идет о ПРОИЗВОЛЬНОМ множестве $E$.

Видимо, постановка такая.
Пусть $E$ замкнутое множество в $\mathbb{R}$. Существует ли $f \in C^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ такая что $E = \{ x \in \mathbb{R} : f(x) = 0\}$ и $f(x)\neq 0$ для $x\notin E$.

PS: Увы, я не прав . У Норберт постановка корректная и $f\equiv 0$ не подходит .

[PAV]

ASA писал(а):

Господа, поставьте четко задачу.

Норберт писал(а):

Пусть $E$ замкнутое множество в $\mathbb{R}$. Существует ли $f \in C^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ такая что $E = \{ x \in \mathbb{R} : f(x) = 0\}$ ?

$f\equiv 0$ подходит.

Для функции $f\equiv 0$ множество $\{x\in\mathbb{R} : f(x) = 0\}$ есть $\mathbb{R}$. В условии же задачи $E$ заранее задано и это не обязательно $\mathbb{R}$.

[ASA]

Дошло . Небольшие глюки в понимании множества

Цитата:

$E = \{ x \in \mathbb{R} : f(x) = 0\}$ .

У Норберт
постановка корректная.

[мат-ламер]

А вот интересно, будет ли функция, значение которой в точке равно какой-то беск. гладкой функции от расстояния до множества $E$, удовлетворять условию задачи? (На функцию ещё надо наложить естественные условия типа положительности).

[AD]

Норберт в сообщении #195542 писал(а):

тогда искомой функцией будет $f(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty \omega_{a_n,b_n}(x)$.

Вот на самом деле нехорошо, так как такая функция может быть плохой в точках $E$ (вплоть до разрывности). Нужно омеги еще на какие-нибудь коэффициенты домножить, быстро стремящиеся к нулю. Ну то есть последить за высотами $h_n=\max\limits_{[a_n,b_n]}|\omega_{a_n,b_n}|$.

Добавлено спустя 7 минут 40 секунд:

А вообще, знаете ли, я чего-то засомневался, что решение есть вообще.

Несложно показать, что в любой неизолированной точке $x\in E$ последовательность производных $f^{(n)}(x)$ будет неограничена. Не знаю, правда, что отсюда следует ...

Добавлено спустя 2 минуты 45 секунд:

Можно пытаться по индукции омеги строить.

А слабо для $\mathbb{R}^n$?

Добавлено спустя 6 минут 13 секунд:

Таак, припоминаю, что получил эту задачу на экзамене по дифференциальной геометрии и не решил. Экзамен принимал он. Несмотря на всё это, я получил пятерку. Насколько я помню, экзаменатор не продемонстрировал явно знания решения этой задачи, хотя выдвинул гипотезу а-ля мат-ламер, что функция от расстояния должна прокатить (или даже квадрат расстояния что-ли). Но потом дал другую задачку, ближе к теме, и я ее решил. А эту, как видите, до сих пор не знаю ...

Добавлено спустя 3 минуты 10 секунд:

Не, с функцией от расстояния плохо дело. Ясно, что общей такой функции даже для всех множеств вида $\{a,b\}$ быть не может.

[Dandan]

AD писал(а):

А эту, как видите, до сих пор не знаю ...

ну почему же не знаете, вы ж вот правильно отметили, что нужно еще следить за высотами шапочек (вообще достаточно, чтоб высота была меньше длины интервала)

[AD]

Dandan в сообщении #195673 писал(а):

(вообще достаточно, чтоб высота была меньше длины интервала)

Не, нифига не достаточно. Производные быстро разбегаются. При таком условии уже первая производная разрывной может стать.

[Dandan]

Ах, да. Ну тогда высоту делаем такой, чтобы $[1/\epsilon]$-ная производная была ограничена \epsilon - длиной интервала
хм, правда это не от высоты зависит, а от самой шапочки. Ну такие шапочки можно сделать.

[AD]

В смысле $|f^{(n)}(x)|\le \frac1n(b_n-a_n)$ при $x\in(a_n,b_n)$? Сейчас подумаю.

Добавлено спустя 2 минуты 34 секунды:

Даже из $|f^{(n)}(x)|\le1$ при всех $n$ и $x\notin E$ следует, что $f$ аналитична всюду вне $E$.

Добавлено спустя 3 минуты:

Не, не, не. Так не пойдет. Не может быть $|f^{(n)}(x)|\le C$ при всех $x\notin E$ и $n\in\mathbb{N}_0$, так как $f^{(n)}(x)$ неограничены во всех неизолированных точках $x\in E$ (и, следовательно, нарушится непрерывность той производной, которая станет больше $C$).

Добавлено спустя 1 минуту 51 секунду:

Это я тут много где юзаю такое соображение: если $f:(-1,1)\to\mathbb{R}$ и $f^{(n)}(0)\le C$ при всех $n$, то $f(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^kf^{(k)}(0)}{k!}$.

[Dandan]

AD писал(а):

В смысле $|f^{(n)}(x)|\le \frac1n(b_n-a_n)$ при $x\in(a_n,b_n)$?

не, я имел ввиду $|f^{(k)}(x)|\le (b_n-a_n)$ при $x\in(a_n,b_n)$ для всех k, таких что $k(b_n-a_n) \le 1$. Т.е. чем меньше интервал, тем более "глубокую" производную ограничиваем

[AD]

AD в сообщении #195689 писал(а):

Это я тут много где юзаю такое соображение: если $f:(-1,1)\to\mathbb{R}$ и $|f^{(n)}(0)|\le C$ при всех $n$, то $f(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^kf^{(k)}(0)}{k!}$.

Тут, я, наверное, немного переборщил, во всяком случае, я умею доказывать только при $f\in C^{\infty}(-1,1)$ и $|f^{(n)}(x)|\le C$ при всех $x\in(-1,1)$. Но этого вроде бы хватает.

Добавлено спустя 3 минуты 12 секунд:

Dandan в сообщении #195691 писал(а):

не, я имел ввиду $|f^{(k)}(x)|\le (b_n-a_n)$ для всех k, таких что $k(b_n-a_n) \le 1$.

Так, новая версия, снова думаю. Но даже если я не придумаю, почему это нельзя сделать, то с Вас все равно доказательство