Всюду плотное множество

[xaxa3217]

Существует ли такая функция $f\in C(\mathbb{R})$, что множество $\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}a_i$, где $a_1=f(0), a_{i+1}=f(a_i)$, всюду плотно в $\mathbb{R}$?

[Руст]

Это не противоречит непрерывности. Все динамические хаосы возникают из итераций простых закономерностей. Возможно $f(x)=(x^2+2)cos x$ уже обладает этим свойством.

[xaxa3217]

Мне самому не удалось решить эту задачу от противного, да и в голове потенциальное решение выглядит вроде прозрачно - например при движении аргумента $x$ вправо она должна расти-убывать увеличивая амплитуду, но конкретный пример найти не смог. Тут сложность как раз в том, чтобы при неограниченном близком подходе $a_i$ к нулю вновь порождаемая итеративно последовательность вида $f(..f(a_i)..)$ за конечное число шагов существенно отличалась от предыдущих позиций. Чтобы маленькая ошибка или их совокупность в прошлом испортила будущее)

[ASA]

xaxa3217 писал(а):

Существует ли такая функция $f\in C(\mathbb{R})$, что множество $\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}a_i$, где $a_1=f(0), a_{i+1}=f(a_i)$, всюду плотно в $\mathbb{R}$?

Пока ясно одно, что если такая функция существует, то $\forall x\in\mathbb{R}\setminus\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}\{a_i\}\quad x=f(x)$.

[Руст]

ASA писал(а):

Пока ясно одно, что если такая функция существует, то $\forall x\in\mathbb{R}\setminus\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}\{a_i\}\quad x=f(x)$.

С какой стати?

[ASA]

Руст писал(а):

ASA писал(а):

Пока ясно одно, что если такая функция существует, то $\forall x\in\mathbb{R}\setminus\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}\{a_i\}\quad x=f(x)$.

С какой стати?

Ни с какой. Просто погорячился.

[Лиля]

$\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}a_i$ -это вроде как счетное множество а оно лежит не плотно в $\mathbb{R}$

[Dandan]

множество рациональных чисел тоже счетно, но тем не менее плотно в R

[RamsesHawk]

1) функция не может быть ограниченной на $\mathbb{R}$. Действительно, если она ограничена, сверху (снизу) то отображение не может осуществиться, за эту границу, и, следовательно, множество будет не всюду плотным в $\mathbb{R}$.
Cледствие. Если функция неограниченна и непрерывна, то $\lim\limits_{x \rightarrow \infty}{|f(x)|} \rightarrow \infty$, а на конечных интервалах она ограничена.
2) $\forall x \in \mathbb{R}, \exists y \in \mathbb{R} : y>x, sign(f(x)) = - sign(f(y))$ - предлагаю доказать.

Назовём циклической точкой $k-$го порядка такое $x$, что $x = \underbrace{f(f(\ldots f(}_{k}x\underbrace{)\ldots)}_{k}$, и ни для каких $m<k$ это равенство не выполняется.
3) множество, удовлетворяющее условиям задачи не должно иметь ни одной циклической точки.
4) любая неограниченная непрерывная функция, удовлетворяющая 2) имеет как минимум счётное число циклов.

Добавлено спустя 18 минут 2 секунды:

5) пусть $A = \bigcup\limits_{k=1}^{\infty}{a_{k}}$, тогда $f(A) = A$, $f(\mathbb{R} \setminus A) = \mathbb{R} \setminus A$, причём $\mathbb{R} \setminus A = \bigcup\limits_{n=1}^{N}{B_{n}}, B_{k} = \bigcup\limits_{m=1}^{\infty} x_{k,m}$ - множество циклических точек $k$-го порядка.

Добавлено спустя 9 минут 28 секунд:

Функция $f$ реализует расслоение всего $\mathbb{R}$ на классы множеств, причём, если $f$ существует, каждый из этих классов как минимум конечный/счётный и количество этих классов конечно/счётно.
Если взять в качестве простого примера $f(x) = x$, то можно видеть, что количество циклических точек порядка $k$ будет уже не счётным, а мощности $\aleph$.

Добавлено спустя 28 минут 39 секунд:

я думаю, что такой функции не существует, если бы мы рассматривали замкнутое подмножество $\mathbb{R}$, то она бы существовала, или функция была бы кусочно непрерывна за исключением счётного числа точек.
P.S.: здесь, конечно, легко ошибиться и я могу ошибаться, остаётся надеяться на точное доказательство...
в качестве примера, можно привести функцию:

$f(x) = \tan(\frac{\pi}{2}(\sin(x + \varphi)\cdot (1-\exp(-(x+ \zeta)^{2}))))$

удовлетворяет ли она этим требованиям?

Добавлено спустя 2 минуты 55 секунд:

при определённых ограничениях на $\varphi$ и $\zeta$, конечно...

[ASA]

RamsesHawk в сообщении #194152 писал(а):

если бы мы рассматривали замкнутое подмножество $\mathbb R$

$\mathbb R$ само замкнуто.

[Руст]

Достаточно взять мою функцию и рассмотреть k ую итерацию $g_k(x)=f(f(f(...(f(x))...))))$. Если из любой окрестности 0 с помощью $g_k$ можно попасть точкам больше $b_k$ и меньше $-b_k$, то в любой окрестности найдётся $a_0$, что $a_{k+1}=f(a_k)$ даст всюду плотное множество. Имеются точки, составляющие меру 0, для которых это не выполняется, например из-за зацикливания. Соответственно, если точка 0 такая точка, то сдвинув функцию $f(x-x_0)$ получим требуюмую.

[RamsesHawk]

я понимаю, но непрерывность "работает" только на ограниченных подмножествах $\mathbb{R}$ их я и имел ввиду... если мы будем говорить о непрерывных функциях, удовлетворяющих условиям этой задачи, мы будем иметь особую точку $\infty$, как и в случае, предложенном xaxa3217, где непрерывность может "нарушена" в определённом смысле... я думаю, что именно требование непрерывности функции противоречит решению задачи... если бы в задаче функция отображала любой достаточно большой интервал на всё $\mathbb{R}$, тогда она бы существовала... а так нам необходимо гарантировать "возврат" в любую окрестность любой указанной точки счётное число раз да ещё и выход из любой наперёд указанной окрестности любой точки счётное число раз... другими словами необходимо найти непрерывную функцию, которая при определённом начальном значении не имеет циклических точек любого порядка...

[Руст]

непрерывность и даже аналитичность ни чему не мешает. Вы забываете, что от этой функции берётся всё большие итерации.

[RamsesHawk]

хотя, я могу ошибаться... о чём и думаю сейчас, смотря на пост Руста

Добавлено спустя 2 минуты 57 секунд:

да, вполне возможно, Руст, Вы правы... вот, хочу найти доказательство... но, что-то туговато...

[worm2]

Тут бы ещё доказать, что хотя бы $\forall k \in \mathbb N\,\exists n>k: |g_n(0)| \leqslant 1$... А то что-то уж больно бодро эта последовательность (по модулю) в бесконечность прёт