помогите разобраться в определение

[loshka]

Здравствуйте, пытаюсь разобраться в определение которое дал мне препод, пытаюсь придумать простенькие примеры, что бы понять как эта штука работает, застопорился на пространстве непрерывных функций, пытался построить пример на основе скорости сходимости по $m$ и $n$ но вчитавшись в определение понял, что наверно это неправильно, подскажите в каком направление думать.
Собственно само определение: "принцип диагонали" для всякой последовательности $x_n$ сходящейся к точке $x$ топологического пространства $X$ и всяких последовательностей $\{x_{nm}\}_{m=1} ^\inf$ сходящихся к точке $x_n$ найдется подпоследовательность $x_{nm_n}$ сходящаяся к точке $x$.
Если я правильно понимаю, то это "диагональ" может быть невероятно "кривой", мне сказали что в пространстве непрерывных функций это не выполнено, но пока не получается понять почему это так.

[Someone]

loshka в сообщении #1102765 писал(а):

мне сказали что в пространстве непрерывных функций это не выполнено

А какое именно имеется в виду пространство непрерывных функций, с какой топологией? Или это Вы сами должны придумать?

Если топология задаётся метрикой (или нормой), то такую диагональную последовательность можно найти. Поэтому топология на пространстве функций должна быть не метризуемой.

[loshka]

самому для начала придумать, пробовал в топологии поточечной сходимости как-то не вышло, мне хочется придумать что этот принцип не выполнялся

[Brukvalub]

loshka в сообщении #1102817 писал(а):

пробовал в топологии поточечной сходимости как-то не вышло

Как пробовали и что "не вышло"?

[DeBill]

loshka
В топологии поточечной сходимости - это хорошая попытка.
Как уже отметил Someone, чтобы поломать диагональный процесс, нужна неметризуемость - а как раз тут это имеется. А можно вспомнить матан, равномерную сходимость, теорему о перестановке пределов - и станет ясно, что надо устроить что-то неравномерное. Вот давайте и вспомним образцы неравномерной сходимости. Типичный пример: это когда такая "галочка" ползет, сжимаючись... Вот в таком роде и попробуем что-то изобразить.
Поехали: для начала, построим типовой такой пример точно. Конкретно, пусть функция $f(x)$ - такая: равна 0 при $x<0$ и $x>3$, на участке $[0,1]$ равна $x$, на $[1,2]$ равна 1, на $[2,3]$ равна $3-x$. Нарисовали график? Это такая трапеция, со ступенькой на высоте 1. Рассмотрим последовательность функций $g_n (x) = f(nx)$. Проверьте, что (будем работать с пространством непрерывных функций на отрезке $[0,4]$) последовательность эта сходится к 0 поточечно.
Ну вот, а теперь - занумеруем все рациональные числа на $[0,1]$, и пусть $r_n$ - рациональное с номером $n$. Положим
$h_{n,m} (x)= g_n(x-r_m)$. Это и будет Ваше ужасное семейство. При $n \to \infty$, будет $h_{n,m} \to 0$, ( а последовательность из нулей, ясно, сходится к нулю). Осталось показать, что никакая "диагональ" к нулю не сходится. Ну, попробуйте это доказать. (Используйте принцип вложенных отрезков).
PS Боюсь, ничего проще - не делается.

[DeBill]

loshka
1.У меня, по сравнению с Вашей постановкой задачи, перепутались буквы $m$ и $n$
2. доказательство облегчится, если вместо $h_{n,m} (x)= g_n(x-r_m)$ использовать
$h_{n,m} (x)= g_{n+m}(x-r_m)$ - чтобы гарантированно носители (множество точек, где функция ненулевая) уменьшались с ростом $m$.

[loshka]

1)очень красиво смотрится,только мне не понятен один момент, при фиксированном $n$ выражение $h_{n,m}(x) \to g_n(x)$ при $m\to \infty$ но получается что оно сходится к $g_n(x-1)$ тогда разве правильней бы не было занумеровать рациональные числа начиная с единицы и кончая нулем?
2)честно я просто не понимаю какое имеет значение то что мы взяли $r_n$ если просто устремить $n$ и $m$ к бесконечности то получается $f(n+m(x-1))$ это очевидно стремится к нулю, я думал пол дня и не вижу как эта конструкция работает, я не прошу написать остаток док-ва, пожалуйста объясните на примере почему $r_m$ как-то влияет на функцию $g_n(x)$ ведь это просто смещение трапеции на рациональное число ,если взять $r_m=0.5$ и $n=10$ то получается
$f(x)=0, 0.5<x, x> 0.8$
$f(x)=x ,0.5<x<0.6$
$f(x)=1 ,0.6<x<0.7$
$f(x)=3-x, 0.7<x<0.8 $это просто смещение, поточечная сходимость сохраняется, как это смещение может вызывать бугор во всех рациональных точках?

[DeBill]

loshka в сообщении #1103161 писал(а):

мне не понятен один момент,

Не-не-не, все не так: я ж написал, что

DeBill в сообщении #1102963 писал(а):

1.У меня, по сравнению с Вашей постановкой задачи, перепутались буквы $m$ и $n$

Т.е, если хотите использовать свои обозначения, то у меня везде поменяйте местами $m$ и $n$ . Но если не менять:
Должно получится так: $h_{n,m} \to 0$ при $n \to \infty$. Эти нули и есть $q_m$, и они сходятся к 0 при $m\to \infty$ . Однако, для любого выбора чисел $n_m$, последовательность $h_{n_m,m}$ к этому (последнему) нулю не сходится (поточечно). Вот это последнее Вам и надо доказать.

-- 29.02.2016, 18:22 --

И с нумерацией рац. чисел: они же плотно натыканы на отрезке, так что ни о каком "упорядоченном" способе их нумерации и речи нет. Но какая-то есть - из счетности.

[loshka]

эм, моя попытка.
возьмем $h_{11}(x)$ существует интервал $[a,b]$ на котором $h_{11}(x) =1$ и при этом вне отрезка $[a,b]$ $h_{11}(x)<1$ , возьмем $h_{22}(x)$ существует интервал $[a_1,b_1]$ на котором $h_{22}(x)= 1$ и при этом вне отрезка $[a_1,b_1]$ $h_{22}(x)<1/2$ причем $[a_1,b_1] \subset [a,b]$ и т.д. Значит по принципу вложенных отрезков найдется точка принадлежащая всем этим интервалам для которой выполнены все неравенства и сходимости поточечной нет.
Чувствую что идея провальная ибо нигде не использовал $r_n$

[DeBill]

В принципе, нормально. Только бог с ними, с точками, где - мало, будем строить точку, где функции равны 1. Принцип вложенных - да. Но ведь надо обеспечить вложенность!
И исчо: построить точку, где ВСЕ функции равны 1 - безнадега. Но ведь нам это и не надо: достаточно в нашей посл- ти найти ПОДпоследовательность с таким свойством....

[loshka]

спасибо большое, буду думать

[DeBill]

loshka
Да, еще: что это за $h_{22}$ в вашем тексте? Нет у нас таких. У нас есть , для каждого натурального $m$, натуральное $n_m$, и, соответственно, последовательность функций $h_{n_m ,m}$. Вот с ней мы и должны бороться...

[loshka]

вроде бы с горем пополам доказал, но смущает один момент о вложенности, интервалы на которых функция равна единицы это $[r_1+ 1/(m_1+n_{m_1}) ; r_1+ 2/(m_1+n_{m_1})]$ а для $m_2,n_{m_2}$ таких что $m_2>m_1$, $n_{m_2}>n_{m_1}$ и для второго случая интервалы будут такие $[r_2+ 1/(m_2+n_{m_2}) ; r_2+ 2/(m_2+n_{m_2})]$ и если факт $r_2+ 2/(m_2+n_{m_2})<r_1+ 2/(m_1+n_{m_1})$ очевиден то второе неравенство $r_1+ 1/(m_1+n_{m_1})< r_2+ 1/(m_2+n_{m_2})$ кажется куда сомнительней, все получается от того как занумеровали $r_n$ можно здесь сослаться на всюду плотность и отсюда произвольность нумеровки

[DeBill]

loshka в сообщении #1103262 писал(а):

можно здесь сослаться на всюду плотность

Нужно! Нужно на это сослаться. Только пока не получится, ибо у Вас есть неточность: надо не $r_2$, а $r_{m_2}$..., и т.п..
Конечно, тут нужна аккуратность. Типа, поделим текущий отрезок (построенный на предыдущем шаге, скажем, на шаге 2), пополам. На его левой половине выберем рациональную точку с номером $m_3$, таким, чтобы $m_3 > m_2$ и $m_3 $ больше $\frac{1}{6\cdot l}$, $l$ - длина текущего отрезка. Тогда гарантированно следующий отрезок попадет внутрь предыдущего....