Существуют ли функции трех переменных?

[Markiyan Hirnyk]

Точнее говоря, можно ли или нельзя всякую действительную функцию $ f(x,y,z)$ трех переменных
выразить через функции $ \varphi(x,y)$ и $ \psi(x,y)$ двух переменных следующим образом $f(x,y,z)= \varphi(x,\psi(y,z)),$ предполагая, что все три функции определены для всех действительных значений аргументов?
На форуме дан отрицательный ответ при дополнительном условии непрерывности.

[mihaild]

Очевидно. Пусть $\psi$ - биекция $\mathbb R^2 \to \mathbb R$, а $\varphi(x, u) = f(x, (\psi^{-1}(u))_1, (\psi^{-1}(u))_2)$.

[Markiyan Hirnyk]

mihaild
Мне неочевидно. Пожалуйста, подробно изложите Ваше построение функций и обоснуйте Ваше утверждение.

[EminentVictorians]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1581483 писал(а):

На форуме
дан отрицательный ответ при дополнительном условии непрерывности.

А это разве правда? Мне казалось, что это именно тот случай, когда работает теорема Колмогорова-Арнольда.

-- 13.02.2023, 23:09 --

Upd. Экскьюзми, невнимательно прочитал. Я думал надо через функции одной переменной (и сумму). Просто сама постановка странная: обычно хотят выразить через наиболее атомарные вещи и мне сложно представить ситуацию, чтобы функции двух переменных были предпочтительнее функций одной переменной.

[Mikhail_K]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1581488 писал(а):

Мне не очевидно. Пожалуйста, подробно изложите Ваше построение функций и обоснуйте Ваше утверждение.

Так mihaild это сделал в своём сообщении.
Есть известный факт, что множества $\mathbb{R}^2$ и $\mathbb{R}$ равномощны (имеют мощность континуума), поэтому существует взаимно-однозначное отображение из $\mathbb{R}^2$ на $\mathbb{R}$. Любое такое отображение можно взять в качестве $\psi$, независимо от того какая функция $f$ дана. Через $\psi^{-1}$ обозначено отображение из $\mathbb{R}$ на $\mathbb{R}^2$, обратное к $\psi$. Для любого $u\in\mathbb{R}$, $\psi^{-1}(u)$ есть точка на плоскости, её координаты обозначены через $(\psi^{-1}(u))_1$ и $(\psi^{-1}(u))_2$ соответственно.

Для любой функции $f$ приводится формула для соответствующей функции $\varphi$:

$$ \varphi(x, u) = f(x, (\psi^{-1}(u))_1, (\psi^{-1}(u))_2). $$

Равенство $f(x,y,z)= \varphi(x,\psi(y,z))$ проверяется непосредственно, путём подстановки $\psi(y,z)$ вместо $u$ в формулу для $\varphi$.

[Markiyan Hirnyk]

Mikhail_K

Цитата:

Равенство $f(x,y,z)= \varphi(x,\psi(y,z))$ проверяется непосредственно, путём подстановки $\psi(y,z)$ вместо $u$ в формулу для $\varphi$.

Мне это непонятно и неочевидно.

[Mikhail_K]

Markiyan Hirnyk

$$ \varphi(x,\psi(y,z))=f(x,(\psi^{-1}(\psi(y,z)))_1, (\psi^{-1}(\psi(y,z)))_2)=f(x,(y,z)_1,(y,z)_2)=f(x,y,z). $$

[Markiyan Hirnyk]

Mikhail_K
Спасибо. У Полиа и Сеге иное построение, основанное на иной идее.

[EminentVictorians]

(Оффтоп)

Кстати, даже здесь есть категорная интерпретация Возьмем функцию двух переменных $f: X \times Y \to Z$ ($X, Y, Z$ - произвольные множества). Ей взаимно однозначно соответствует функция $f^{*}: X \to (Y \to Z)$, где $(Y \to Z)$ - множество функций из $Y$ в $Z$. На самом деле, эта биекция не случайна: если зафиксировать множество $Y$, то можно рассмотреть 2 функтора (оба между категориями $\operatorname{Set}$), где первый - " $\cdot$ $\times$ $Y$" (умножение на $Y$ справа), а второй - "функции из $Y$ в $\cdot$" и эти 2 функтора будут сопряжены (первый - левый сопряженный ко второму), а биекция * из начала сообщения будет как раз биекцией сопряжения. (Очевидно, что эта конструкция может быть применена к любому числу аргументов)

Извините, не смог удержаться)) Просто приятно, когда естественная с точки зрения интуиции конструкция оказывается естественной в строгом смысле.

[Doctor Boom]

mihaild в сообщении #1581487 писал(а):

Пусть $\psi$ - биекция $\mathbb R^2 \to \mathbb R$

Markiyan Hirnyk в сообщении #1581483 писал(а):

отрицательный ответ при дополнительном условии непрерывности

Mikhail_K в сообщении #1581494 писал(а):

поэтому существует взаимно-однозначное отображение из $\mathbb{R}^2$ на $\mathbb{R}$

Только оно не непрерывно

[mihaild]

Так непрерывность никто не требовал и не обещал. ТС начал со ссылки на то, что для непрерывного случая функций нет, и спросил про общий.

[Doctor Boom]

mihaild в сообщении #1581606 писал(а):

Так непрерывность никто не требовал и не обещал

Так без нее все тривиально

mihaild в сообщении #1581606 писал(а):

ТС начал со ссылки на то, что для непрерывного случая функций нет, и спросил про общий.

Он явно не спрашивал, как я понял он просто хотел уточнить тут еще.