О системах непрерывных функций

[shwedka]

Недавно понадобилось мне такое утверждение.

Пусть --$X$ --локально-компактное вполне регулярное пространство (то есть,$ \mathbold{T}_{3\frac12}$), $a_1,\dots, a_N : X\to \mathbb{R}$
система вещественных непрерывных функций, разделяющая точки, то есть для любых двух различных точек $ x_1,x_2\in X $ найдется $k: 1\le k\le N$ так что $a_k(x_1)\ne a_k(x_2) $ . Кроме того, функции уходят к бесконечности на бесконечности в том смысле, что для любого $R$ , множество $\{x\in X: \sum(a_k(x))^2\le R\} $ компактно.

В этих условиях, для любой вещественной непрерывной функции $f(x), x\in X$ найдется непрерывная функция $\alpha:\mathbb{R}^N\to \mathbb{R}$ , такая что

$f(x)=\alpha(a_1(x), \dots,a_N(x)), x\in X$

Мне представляется, что мне удалось это утверждение доказать. Представляется, однако, весьма правдоподобным, что оно и без меня давно известно. Не встречалось ли оно кому-нибудь в литературе? Даже ссылки на компактный случай будут приняты с благодарностью.

Подчеркиваю, доказательство мне не нужно! Меня интересует ссылка.
добавлено.похоже, что условие полной регулярности излишне, хватит Хаусдорфовости, но это не принципиально.

[Oleg Zubelevich]

shwedka в сообщении #502298 писал(а):

Недавно понадобилось мне такое утверждение.

Пусть --$X$ --локально-компактное вполне регулярное пространство (то есть,$ \mathbold{T}_{3\frac12}$), $a_1,\dots, a_N : X\to \mathbb{R}$
система вещественных непрерывных функций, разделяющая точки, то есть для любых двух различных точек $ x_1,x_2\in X $ найдется $k: 1\le k\le N$ так что $a_k(x_1)\ne a_k(x_2) $ . Кроме того, функции уходят к бесконечности на бесконечности в том смысле, что для любого $R$ , множество $\{x\in X: \sum(a_k(x))^2\le R\} $ компактно.

В этих условиях, для любой вещественной непрерывной функции $f(x), x\in X$ найдется непрерывная функция $\alpha:\mathbb{R}^N\to \mathbb{R}$ , такая что

$f(x)=\alpha(a_1(x), \dots,a_N(x)), x\in X$

Мне представляется, что мне удалось это утверждение доказать. Представляется, однако, весьма правдоподобным, что оно и без меня давно известно. Не встречалось ли оно кому-нибудь в литературе? Даже ссылки на компактный случай будут приняты с благодарностью.

Подчеркиваю, доказательство мне не нужно! Меня интересует ссылка.
добавлено.похоже, что условие полной регулярности излишне, хватит Хаусдорфовости, но это не принципиально.

Я думаю, что в такой формулировке утверждение может оказаться неверным: функция $\alpha$ определена на образе отображения $A:x\mapsto (a_1(x), \dots,a_N(x))$. Почему она должна продолжаться во все $\mathbb{R}^N$ так как-то сразу не очень понятно.
Думаю, что дело не в разделении точек конкретной функцией $a_i$ , а просто в том, что отображение $A$ должно быть инъекцией. Если бы $X$ было компактом, то утверждение очевидно: непрерывная инъекция компакта является гомеоморфизмом на свой образ. Ну а Вы вместо компактности требуете локальной компактности $X$ и еще некоторое условие накладываете. Это одна из теорем о фактогризации имхо. Эти теоремы на уровне фольклера бродят, а ссылок я тоже не видел.
Я думаю, что это очень простое утверждение и Вам не стоит заморачиваться с поиском ссылки. Напишите просто , что "это наверняка известно, но для полноты изложения мы приводим доказательство".

[shwedka]

Oleg Zubelevich

Спасибо. С продолжением проблемы нет, так как есть теорема Брауэра-Титце-Урысона о продолжении (точнее, ее версия для локально ограниченной функции)

Но тем не менее, удивительно было бы, если бы хотя бы компактный случай не нашелся в литературе.

[Руст]

shwedka в сообщении #502375 писал(а):

Oleg Zubelevich

Но тем не менее, удивительно было бы, если бы хотя бы компактный случай не нашелся в литературе.

Этот случай тривиален даже для того, чтобы предлагать здесь в качестве задачи. Мы имеем инъективную непрерывную функцию $a:X\to R^N$, соответственно надо показать, что $f(a^{-1})$ продолжается на все $R^{N}$ и непрерывно. Продолжаемость очевидно можно прямыми параллельными по одной оси продолжить как линейную на промежутках, если еще остались то взять другое направление и т.д. Второе условие относительно $a$ есть прообраз ограниенного замкнутого множества есть компакт, откуда непрерывность указанного отображения $f(a^{-1})$. Думаю, что можно даже усилить предложение.

[Padawan]

shwedka
Чтобы свести задачу к компактному случаю, можно рассмотреть одноточечную компактификацию Александрова $\widetilde X=X\cup \{\omega\}$ и продолжить на неё отображение $a$, полагая $a(\omega)=\infty$. Тогда $a$ станет непрерывным инъективным отображением компакта $\widetilde X$ в расширенное пространство $\overline{ \mathbb {R}^N}$. Дальше понятно.

На мой взгляд утверждение специфическое, да и несложное. Вряд ли где-то специально рассматривается.

[shwedka]

Руст

Спасибо за участие, но я ведь не просила доказательства. Вы, значит, считаете, что ссылку не стоит искать?

Цитата:

Продолжаемость очевидно можно прямыми параллельными по одной оси продолжить как линейную на промежутках, если еще остались то взять другое направление и т.д.

Очень лихо. Если так, то нужно сильно думать о согласованиях по промежуткам, направлениям и тд. Здесь, как я уже написала, работает не совсем очевидная теорема.

-- Пт ноя 11, 2011 09:55:31 --

Padawan
Спасибо, но не совсем. Ведь функция $f$
не обязательно непрерывно продолжается на компактификацию.

[Padawan]

А нам это и не нужно. $a$ устанавливает гомеоморфизм между, $X$ и $a(X)$.

[shwedka]

Padawan

Да, это так, я это делала впрямую.
я и не считаю, что утверждение сложное.
Оно понадобилось в гораздо более содержательном контексте, теории приближений.

[Руст]

shwedka в сообщении #502388 писал(а):

Руст


Очень лихо. Если так, то нужно сильно думать о согласованиях по промежуткам, направлениям и тд. Здесь, как я уже написала, работает не совсем очевидная теорема.

Не возникает никаких трудностей. Вам надо определить значение $\alpha(x_1,...,x_N)$ на некоторой точке $(y_1,..,y_N)$ не принадлежащей $a(X)$. Проводим прямую $x_1=t,x_i=y_i$. Если попал в промежуток, то по линейному закону, если в пустое в одном направлению, то значение которое было с другого конца, т.е. $\alpha(y_1,...,y_N)=\frac{y_1''-y_1}{y_1''-y_1'}\alpha(y_1',y_2,...,y_N)+\frac{y_1-y_1'}{y_1''-y_1'}\alpha(y_1'',y_2,..,y_N)$ (формула работает и в случае, когда один из концов $y_1'<y_1<y_1''$ уходит в бесконечность). Продолжается на цилиндрическое замыкание по первой координате. Дале по второй и т.д. Никаких трудностей с неоднозначностью или непрерывностью не возникает.

[shwedka]

Руст в сообщении #502402 писал(а):

Никаких трудностей с неоднозначностью или непрерывностью не возникает.

Сказано слишком лихо.

вот, представьте себе единичный квадрат, из которого вырезан кружок радиуса 1/4 с центром в середине одной из сторон. Такой квадратный кусок сыра, от которого с краю немного откусили. И теперь Вашим методом Вы станете продолжать фумкцию с границы надкушенного квадрата на весь квадрат, параллельно надкушенной стороне. Ваши отрезки сначала будут упираться в надкус, а потом вдруг перестанут. Здесь-то и потеряете непрерывность.

В Ваших обозначениях, $y_1''$ не обязательно непрерывно зависит от $y_2,\dots, y_n$.

Это в такой простой конфигурации. А для произвольного замкнутого множества что будет.... Так что кустарщина здесь не годится.

Но если все же настаиваете, что получится непрерывная функцию, то доказательство хотелось бы видеть.

[Руст]

Понял shvedka, с непрерывностью возникают трудности из-за участков параллельности границ проводимым прямым. Поэтому надо продолжать не линейной аппроксимацией, типа $\alpha(y_1,...,y_N)=\int_X f(x_1,...x_N)g(|y-x|)dx$.

[Oleg Zubelevich]

Руст в сообщении #502410 писал(а):

Понял shvedka, с непрерывностью возникают трудности из-за участков параллельности границ проводимым прямым. Поэтому надо продолжать не линейной аппроксимацией, типа $\alpha(y_1,...,y_N)=\int_X f(x_1,...x_N)g(|y-x|)dx$.

По смыслу функций $y\in\mathbb{R}^N,\quad x\in X$ А что такое $x-y$? А что такое интеграл по $dx$?

[shwedka]

Руст в сообщении #502410 писал(а):

Понял shvedka, с непрерывностью возникают трудности из-за участков параллельности границ проводимым прямым. Поэтому надо продолжать не линейной аппроксимацией, типа $\alpha(y_1,...,y_N)=\int_X f(x_1,...x_N)g(|y-x|)dx$.

Вот это и называется кустарничеством. Свертка вовсе не обязательно будет продолжением. Зачем все это, когда есть общая теорема?

[Oleg Zubelevich]

shwedka в сообщении #502375 писал(а):

Oleg Zubelevich

Спасибо. С продолжением проблемы нет, так как есть теорема Брауэра-Титце-Урысона о продолжении (точнее, ее версия для локально ограниченной функции)

Но тем не менее, удивительно было бы, если бы хотя бы компактный случай не нашелся в литературе.

А в теореме Б-Т-У нужна замкнутость множества с которого продолжаем. Почему $A(X)$ замкнуто?

[Padawan]

(Оффтоп)

Почему Брауэра? По моему так просто Титце-Урысона. Или даже просто Титце (он по-моему для метрических доказал).