Гомеоморфизм счётных всюду плотных подмножеств R

[schmetterling]

Между счётными всюду плотными подмножествами $A, B \subset \mathbb{R}$ всегда есть сохраняющая порядок биекция, она продолжается до гомеоморфизма $f{:}\; \mathbb{R} \to \mathbb{R}$. Если чуть-чуть постараться, выбором биекции $A \to B$ можно сделать $f$ билипшицевым. Можно ли сделать $f$ поточечно дифференцируемым, непрерывно дифференцируемым, гладким, аналитичным в окрестности некоторой точки, аналитичным на $\mathbb{R}$?

Тот же вопрос про $\mathbb{R}^n$.

-- 31.01.2025, 18:41 --

С непрерывной дифференцируемостью для $\mathbb{R}$, кажется, понятно. Нужно просто вместе с биекцией строить последовательность $d_i \to 0$ такую, что на множествах диаметра меньше $d_i$ разность между верхней и нижней константами Липшица стремится к нулю. Непрерывную дифференцируемость на $\mathbb{R}^n$, наверное, можно как-то получить из непрерывности частных производных. А вот со всеми остальными пунктами непонятно.

-- 31.01.2025, 19:02 --

А может вообще можно исхитриться и построить степенной ряд с положительными коэффициентами, который даёт биекцию $A$ и $B$?

[mihaild]

Вроде можно так (для интервала, с прямой всё то же самое, только надо по ходу построения увеличивать область определения).
Функция в каждый момент кусочно-линейная, определена на $n$ интервалах. Будем помнить для каждого интервала ограничение $[a_n, b_n]$ - на объединении этого интервала и соседнего справа, по ходу построения функции должно быть всегда выполнено свойство "если $x$ и $y$ центры подинтервалов на очередном шаге, то $\frac{f'(x) - f'(y)}{x - y} \in [a_n, b_n]$". Ограничения должны быть согласованными: ($[a_n, b_n] \cap [a_{n + 1}, b_{n + 1}]$ содержит интервал.
Вроде бы когда пришла разбивать очередной интервал, его всегда можно разбить так, что каждая из частей не меньше $1/3$ от исходного, и найти новые ограничения на четверть уже предыдущих.
И аналогичная конструкция может дать и гладкую функцию, нужно просто чем дальше тем за большим количеством интервалов подряд следить.

[schmetterling]

mihaild, спасибо! Правда, теперь я уверен, что биекцию между $A$ и $B$ вообще можно задать всюду сходящимся степенным рядом — надо просто задавать отображение на конечных множествах точек и на каждом шагу чуть-чуть менять степенной ряд так, чтобы на предыдущих рассмотреных точках значения не менялись.

[mihaild]

А, ну собственно да. Всегда можно добавить очередную точку, пошевелив первые $n$ коэффициентов не больше чем на $1/n!$.

[Padawan]

Похожая задача была: https://dxdy.ru/topic144225.html

-- Пт янв 31, 2025 22:51:32 --

Padawan в сообщении #1497963 писал(а):

Построение использует нумерацию $\{r_n\}_{n=0}^\infty$ всех точек из $\mathbb Q$, $r_0=0$, и последовательность $P_n(x)$ интерполяционных полиномов Лагранжа такую, что $P_n(r_k)=0$ при $0\leqslant k<n$. При этом $f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty c_nP_n(x)$, где коэффициенты $c_n$ выбираются с таким расчетом, чтобы ряд равномерно сходился на любом компактном подмножестве $\mathbb C$ (это обеспечит аналитичность). Детали построения предлагаю додумать самостоятельно.

[schmetterling]

Усложним: пусть $A = \mathbb{Q}^2$, $B = \mathbb{Q}$. Есть ли гомеоморфизм $A \to B$, который продолжается до непрерывного отображения $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$? Есть ли гомеоморфизм $B \to A$, который продолжается до непрерывного отображения $\mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$?

Пусть $A, B \subset \mathbb{C}$. Есть ли голоморфная функция (не биективная) $f{:}\; \mathbb{C} \to \mathbb{C}$, ограничение которой на $A$ — гомеоморфизм с $B$?

[mihaild]

schmetterling в сообщении #1672244 писал(а):

Есть ли гомеоморфизм $A \to B$, который продолжается до непрерывного отображения $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$?

Вроде можно строить кривую Пеано так, чтобы самопересечения были только в точках, у которых хотя бы одна координата иррациональная.

schmetterling в сообщении #1672244 писал(а):

Есть ли голоморфная функция (не биективная) $f{:}\; \mathbb{C} \to \mathbb{C}$, ограничение которой на $A$ — гомеоморфизм с $B$?

Точно нет, потому что тогда её образ лежит в $\mathbb R$, а значит она константа.
Вроде бы даже дифференцируемой не получится.

[drzewo]

schmetterling в сообщении #1672220 писал(а):

Правда, теперь я уверен, что биекцию между $A$ и $B$ вообще можно задать всюду сходящимся степенным рядом — надо просто задавать отображение на конечных множествах точек и на каждом шагу чуть-чуть менять степенной ряд так, чтобы на предыдущих рассмотреных точках значения не менялись.

Т.е. счетные множества $A,B$ плотны в $\mathbb{R}$. И Вы, если я верно понял, можете построить целую функцию, которая является биекцией между $A$ и $B$ и гомеоморфизмом $\mathbb{R}$ на себя. А нельзя ли полное доказательство увидеть?

[schmetterling]

mihaild, я, может быть, неясно выразился. В последнем вопросе $A, B$ плотны в $\mathbb{C}$. Не вижу очевидных причин, по которым образ $f$ лежит в $\mathbb{R}$.

-- 01.02.2025, 04:28 --

mihaild в сообщении #1672259 писал(а):

schmetterling в сообщении #1672244 писал(а):

Есть ли гомеоморфизм $A \to B$, который продолжается до непрерывного отображения $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$?

Вроде можно строить кривую Пеано так, чтобы самопересечения были только в точках, у которых хотя бы одна координата иррациональная.

Может и можно, но будет ли ограничение на $A$ гомеоморфизмом, или просто каким-то непрерывным отображением?
(кстати, ввиду утверждения из стартового поста не важно, что $A = \mathbb{Q}^2$, $B = \mathbb{Q}$, достаточно доказать для лю́бых нам плотных подмножеств)

[schmetterling]

mihaild в сообщении #1672259 писал(а):

Вроде бы даже дифференцируемой не получится.

Это интересно. Вы утверждаете, что гомеоморфизм $\mathbb{Q}^2 \to \mathbb{Q}$ никогда не продолжается до гладкой/аналитической функции $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$?

[schmetterling]

drzewo
Для $\mathbb{R}^n$ тоже верно, но я сейчас докажу для $\mathbb{R}$, чтобы не грузить.

Фиксируем $\varepsilon > 0$ и будем строить последовательность функций $f_n(z) = z + \varphi_1(z) + \dots + \varphi_n(z)$ такую, что

1. $\varphi_n(z) = e^{-z^2} \psi_n(z)$, где $\psi_n(z) = \sum_{k \geq 0} \psi_{n, k} z^k$ имеет какую-нибудь хорошую оценку на коэффициенты Тейлора, например
   
   $$\psi_{n, k} < \frac{\varepsilon}{2^{n+1} \cdot k!}$$
   В частности из этого следует, что для $\Psi_n(z) = \sum_{m=1}^n \psi_m(z)$ имеет место оценка $|\Psi_n^{(k)}(z)| < \varepsilon \cdot e^{|z|}$ для всех $k \geq 0$, $z \in \mathbb{C}$, и что $\Psi_n$ сходится к целой функции $\Psi$, для которой верна та же оценка.
   Тогда при малых $\varepsilon$ функция $f_n(x) = x + e^{-x^2}\Psi_n(x)$ на $\mathbb{R}$ будет $C^1$-близка к тождественной, и, как следствие, окажется диффеоморфизмом. То же можно сказать про $f(x) = \lim_{n \to +\infty} f_n(x)$.
   
2. Найдутся $\{a_1, a_2, \dots\} = A$, $\{b_1, b_2, \dots\} = B$ со свойством $\forall m \geq n \quad f_m(a_n) = b_n$

Для построения зададим какую-нибудь биекцию $A \sqcup B$ с $\mathbb{N}$, тогда на $A \sqcup B$ появится связанный с этой биекцией порядок.
Пусть функции $\varphi_1, \dots, \varphi_n$ и точки $a_1, \dots, a_n$, $b_1, \dots, b_n$ уже построены. Построим $\varphi_{n+1}$, $a_{n+1}$, $b_{n+1}$. Для этого выберем наименьший элемент из $A \sqcup B$, который не совпадает ни с одним из $a_1, \dots, a_n$, $b_1, \dots, b_n$. Возможны два случая:

1. Этот элемент лежит в $A$. Обозначим его $a_{n+1}$. Поскольку $B$ плотно в $\mathbb{R}$, можно найти сколь угодно малое $\rho$ такое, что значение функции
   $$F_{\rho}(z) = f_n(z) + \rho \cdot e^{-z^2} (z - a_1) \dots (z - a_n)$$
   в точке $a_{n+1}$ лежит в $B$. Тогда можно взять $\psi_{n+1} = \rho \cdot (z - a_1) \dots (z - a_n)$, выбрав $\rho$ столь малым, чтобы выполнялась оценка пункта 1 выше, и $b_{n+1} = F_{\rho}(a_{n+1})$.
   
2. Этот элемент лежит в $B$. Обозначим его $b_{n+1}$. Функция $F_\rho$ из предыдущего пункта при малых $\rho$ будет $C^1$-близка к $f_n$, а значит, будет диффеоморфизмом. Техническое упражнение: $\frac{\partial}{\partial\rho}F_\rho^{-1}(b_{n+1})$ отлично от нуля в точке $\rho = 0$ (я лично не умею считать производные, но кто-нибудь здесь да умеет, так что хорошо, если этот кто-нибудь прояснит этот момент). Поскольку $A$ всюду плотно, найдутся сколь угодно малые $\rho$ такие, что $F_\rho^{-1} (b_{n+1})$ лежит в $A$. Тогда можно взять $\psi_{n+1}$ как в предыдущем пункте и $a_{n+1} = F_\rho^{-1} (b_{n+1})$

Пункты 1 и 2 выполнены по построению, тогда диффеоморфизм $f(x) = \lim_{n \to +\infty} f_n(x)$ — искомый.

-- 01.02.2025, 08:41 --

Для $\mathbb{R}^n$ разница в том, что $z^2$ надо заменить на $z_1^2 + \dots + z_n^2$, сделать $\rho$ вектором и оценку пункта 1 поменять с учётом того, что переменных много.

-- 01.02.2025, 09:02 --

Какая длинная история у этой задачи https://bibliotekanauki.pl/articles/1214958.pdf

Но на мои последние вопросы там ответа нет (может, есть где-то ещё, но я не нашёл). Есть целая функция $\mathbb{C} \to \mathbb{C}$, которая индуцирует биекцию $A \to B$, но может ли она давать гомеоморфизм $A \to B$ пока непонятно

-- 01.02.2025, 09:15 --

А вот статья, в которой доказывается то же, что доказал я https://doi.org/10.1016/1385-7258(76)90073-1

[drzewo]

schmetterling в сообщении #1672311 писал(а):

Какая длинная история у этой задачи

очень естественный вопрос, я не мог отделаться от ощущения , что видел это в <<Шкотской тетради>>

[mihaild]

schmetterling в сообщении #1672302 писал(а):

В последнем вопросе $A, B$ плотны в $\mathbb{C}$. Не вижу очевидных причин, по которым образ $f$ лежит в $\mathbb{R}$.

А, я думал, что имеется в виду всё еще $\mathbb Q^2 \to \mathbb Q$, но как подмножества $\mathbb C$.

schmetterling в сообщении #1672302 писал(а):

Может и можно, но будет ли ограничение на $A$ гомеоморфизмом, или просто каким-то непрерывным отображением?

Вроде бы да. Возьмем стандартную конструкцию кривой Пеано, только с трансцедентным разбиением на квадранты. Прообраз внутренности внутренности квадранта, получающегося на $n$-м шаге - в точности интервал, взятый на $n$-м шаге, соответственно, имеющий маленькую длину. Соответственно ограничение кривой на точки, отображающиеся не на границу какого-либо квадранта, биективно, а обратное непрерывно - все точки, близкие к нашей, попадают в тот же квадрант на $n$-м шаге, соответственно, их прообразы тоже близки.
[потом попробую записать без рукомашества, но вроде сходится]

schmetterling в сообщении #1672306 писал(а):

Вы утверждаете, что гомеоморфизм $\mathbb{Q}^2 \to \mathbb{Q}$ никогда не продолжается до гладкой/аналитической функции $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$?

Я подозреваю, что нет гладкой (и даже $C^1$) функции $\mathbb R \to \mathbb R^2$, отображающей $\mathbb Q$ в $\mathbb Q^2$. Но не очень сильно в этом уверен.

[schmetterling]

mihaild
"Отображающую $\mathbb{Q}$ в $\mathbb{Q}^2$" построить легко — сначала строим гладкую кривую, заметающую $\mathbb{R}^2$ всюду плотно, затем выбираем в $\mathbb{R}$ плотное подмножество, на котором функция инъективна, и считаем, что это и есть $\mathbb{Q}$. Можно гладкость заменить на аналитичность: https://mathoverflow.net/questions/4852 ... -and-dense

Вот функцию класса $C^1$, гомеоморфно отображающую $\mathbb{Q}$ в $\mathbb{Q}^2$ построить нельзя, потому что функция класса $C^1$ в точках с ненулевой производной локально устроена как вложение. Вообще гугл пишет, что space-filling curves не могут быть гёльдеревы степени > 1/2, но могут быть (кривая Пеано в том числе) гёльдеревы степени 1/2.

[schmetterling]

mihaild в сообщении #1672360 писал(а):

[потом попробую записать без рукомашества, но вроде сходится]

Давайте я тогда начну. Отображение является гомеоморфизмом, когда оно непрерывно, замкнуто и биективно.

Пусть $f{:}\; \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$ непрерывно и замкнуто, и пусть $X = \{x \in \mathbb{R} \mid f^{-1}(f(x)) = \{x\}\}$. Тогда отображение $f{:}\; X \to f(X)$ будет непрерывно, замкнуто и биективно, значит, будет гомеоморфизмом. Нам хочется, чтобы $X$ и $f(X)$ были плотны в $\mathbb{R}$ и $\mathbb{R}^2$ (затем можно выбрать в $X \cong f(X)$ счётное плотное подмножество, и пошевелить, чтобы оно перешло в $\mathbb{Q} \cong \mathbb{Q}^2$).

Для всего этого достаточно функции $f{:}\; \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$, которая
1) непрерывна
2) $f(x) \to \infty$ при $x \to \infty$ (это даст замкнутость)
3) сюръективна (тогда из того, что $X$ плотно будет следовать, что $f(X)$ плотно)
4) множество $\{x \in \mathbb{R} \mid f^{-1}(f(x)) = \{x\}\}$ плотно

То есть нужна space-filling curve, у которой не слишком много самопересечений.