Сущесвует ли функция...

[Dandan]

короче строгий метод такой. Берем открытый интервал $(a,b)$ (будем считать, что он достаточно маленький), берем шапочку (например, которую привел GAA), берем $k=[1/(b-a)]$ и считаем k-тую производную полушапочки. Далее эту производную уменьшаем чтоб была меньше $(b-a)$ и считаем k раз интеграл (интеграл от полушапочки тож будет полушапочкой вроде).

Добавлено спустя 10 минут 49 секунд:

а, это интеграл от шапочки получается полушапочкой. Да, придется на каждом шагу до шапочки достраивать (и корректировать). Ну короче ясно шо построить можно

[id]

Решение есть в книге "Гладкие многообразия и наблюдаемые" Джета Неструева. Глава 2, предложение 2.4.

Цитата:

Пусть $U \subset \mathbb{R}^n$ - произвольное открытое множество. Существует бесконечно дифференциируемая в $\mathbb{R}^n$ функция $f$, такая, что в дополнении $U$ она обращается в 0, а в точках $U$ положительна.

[AD]

Да, похоже, Dandan меня добил, сдаюсь.

Dandan в сообщении #195700 писал(а):

Да, придется на каждом шагу до шапочки достраивать (и корректировать).

Не, ну проще сразу взять шапочку, продифференцировать нужное число раз, умножить на константу, и обратно проинтегрировать - заведомо получится шапочка.

[Dandan]

AD писал(а):

Не, ну проще сразу взять шапочку, продифференцировать нужное число раз, умножить на константу, и обратно проинтегрировать - заведомо получится шапочка.

угу, а можно ваще не интегрировать, а сразу после вычисления начальную шапочку сплюснуть на сколько надо Не знаю чё мне стукнуло в голову, что так нельзя
В ссылке id идея похожая. Только там шапочки берутся не на множестве непересекающихся открытых интервалов, а на некотором счетном множестве открытых интервалов, покрывающих наше открытое множество. Дальше эти шапочки уменьшаются (k-ая шапочка так, чтоб всевозможные производные степени меньше k (в сумме по n направлениям, у нас же размерность пространства n) были ограничены 1). Ну и в конце просто все шапочки складываются в ряд $f(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n}\omega_{a_n,b_n}(x)$

[AD]

Ага, тоже уже посмотрел.

[Норберт]

Правда решение не упростилось, а столо только сложнее. Требование простоты возникло вот откуда. Задача взята в книге Рудина "Основы математического анализа", глава дифференцирование. Эта глава идет ДО тем суумирование функциональных рядов и прочее, поэтому мне кажется, что красивое решение должно существовать.

[ASA]

Норберт писал(а):

Помогите с такой задачей. Пусть $E$ замкнутое множество в $\mathbb{R}$. Существует ли $f \in C^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ такая что $E = \{ x \in \mathbb{R} : f(x) = 0\}$ ? Пока что я придумал такое решение.
Т.к. $E$ замкнутое множество в $\mathbb{R}$, то его дополнение есть открытое множество в $\mathbb{R}$. Но всякое открытое множество в $\mathbb{R}$ есть объединение счетного числа непересекающихся интервалов. Итого $C_{\mathbb{R}}(E) = \bigcup\limits_{n=1}^\infty (a_n, b_n)$. Пусть $\omega_{a,b}(x)$ - функция шапочка (та самая что используется в теории распределений). не равная нулю на $(a,b)$. Известно что $\omega_{a,b} \in C^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$, тогда искомой функцией будет $f(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty \omega_{a_n,b_n}(x)$.

Даже если решение правильное подскажите что нить попроще.

А зачем нам нужна сумма? Вот так надо.
$\forall n\, f(x)=\omega_{a_n,b_n}(x)$ при $x\in (a_n,b_n)$ и $f(x)=0$ при $x\notin\mathbb{R}\setminus\bigcup\limits_{n=1}^\infty (a_n, b_n)$. В точках $a_n, b_n$ проблем никаких, поскольку производные любого порядка от функций $\omega_{a_n,b_n}(x)$ в этих точках (правые, левые соответственно) равны 0 (если я правильно понял термин "шапочка", если нет, то такие $\omega_{a_n,b_n}(\cdot)\in C^{\infty}(\mathbb{R})$ строятся элементарно).

[Dandan]

ASA писал(а):

В точках $a_n, b_n$ проблем никаких, поскольку производные любого порядка от функций $\omega_{a_n,b_n}(x)$ в этих точках (правые, левые соответственно) равны 0.

Проблемы будут (собсно из-за них тема и разраслась на две стр. ), так как крайние точки этих интервалов это еще не все точки нашего замкнутого множества. Пример - точка и к ней стремится последовательность уменьшающихся открытых непересекающихся интервалов.

Добавлено спустя 1 час 2 минуты:

Норберт писал(а):

Правда решение не упростилось, а столо только сложнее. Требование простоты возникло вот откуда. Задача взята в книге Рудина "Основы математического анализа", глава дифференцирование. Эта глава идет ДО тем суумирование функциональных рядов и прочее, поэтому мне кажется, что красивое решение должно существовать.

проще наврядле можно. А рядов тут и нет, просто на каждом из непересекающихся открытых интервалов нашего открытого множества построена "правильная" шапочка (см. пост). Эти правильные шапочки определяют f везде где нужно.

[ASA]

Да, как всегда, невнимательно читаю пост. Да и функция

ASA писал(а):

$\forall n\, f(x)=\omega_{a_n,b_n}(x)$ при $x\in (a_n,b_n)$ и $f(x)=0$ при $x\notin\mathbb{R}\setminus\bigcup\limits_{n=1}^\infty (a_n, b_n)$.

и

Норберт писал(а):

$f(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty \omega_{a_n,b_n}(x)$.

одно и то же.

[GAA]

По-видимому, как и ASA, не вижу никаких проблем с производными или непрерывностью.

Зададим (указанные в открывающем тему сообщении) функции $\omega_{a_n, b_n}(x)$ следующим образом.
Если и $a_n$ и $b_n$ конечные (внутренний интервал), то $\omega(x) = \left\{\begin{array}{l} 2\Delta_n \exp\left( \frac{-1}{1- ((x-c_n)/\Delta_n)^2}\right), \quad x \in (a_n, b_n),\\ 0, \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad x \not \in (a_n, b_n), \end{array} \right$
где $c_n = (a_n+b_n)/2$, $\Delta_n = (b_n-a_n)/2$.
Если $a_n$ конечно, а $b_n = +\infty$, то $\omega(x) = \left\{\begin{array}{l} 2\Delta_n \exp\left( \frac{-1}{x- a_n}\right), \quad x \in (a_n, +\infty);\\ 0, \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad x \not \in (a_n, +\infty). \end{array} \right$.
Аналогично строим $\omega_{a_n, b_n}(x)$ для случая $a_n = -\infty$, а $b_n$ конечно.
Функции $\omega_{a_n, b_n}(x)$ имеют производные всех порядков на $\mathbb R$.

P.S. В этой теме рассматривается упр. 12 к Гл. 5 [1]. Утверждение, что каждое открытое множество в $\mathbb R$ есть объединение не более чем счетного семейства попарно непересекающихся интервалов — это упражнение 15 к Гл. 2. Утверждение о том, что дополнением замкнутого множества до $\mathbb R$ будет открытое множество — доказывается в основном тексте Гл. 2. Как будто задача полностью решена.

ref.
[1] Рудин У. Основы математического анализа — М.: Мир, 1976.

[Dandan]

если $E=\{0,1,\frac{1}{2},...,\frac{1}{2^k},...\}$, то первая производная построенной вами функции $f$ будет разрывна в точке 0.
(более точно - $f^\prime(x)\not\rightarrow 0$ при $x \rightarrow 0$ справа)

[GAA]

Спасибо, Dandan. Конечно, призводная справа существовать не будет: в любой правой окрестности нуля найдутся значения отличающиеся от нуля больше, чем на некоторую наперед заданную величину.
Надо «отнормировать». Интервалов счетное число. Пронумеровав интервалы, поделим введенные выше функции на $2^n$. Но это уже как раз то, что Вы приводили выше.

Добавлено спустя 2 часа 39 минут:

И поделить на точную верхнюю грань модуля n-ой производной на n-ом интервале.

$$\sum\limits_1^{\infty} \frac{\omega_{a_n, b_n} (x)} {M_n 2^n}$$

, $M_n = \sup\limits_{x \in [a_n, b_n]} |\omega^{(n)}_{a_n, b_n}|$.
В общем, как и написано было выше.
Еще раз, Dandan, спасибо. Наконец понял, что Вы с AD обсуждали.

[Usimov]

Ну, вообще это теорема Уитни: для любого замкнутого множества С в аффинном пространстве А существует (бесконечно) гладкая функция F, что точка p тогда и только тогда лежит в C, когда F(p)=0. См., например, Постинков М.М. Семестр III. Доказатество, правда, похожее на то, что приведено тут. Просто интересно, что у Постникова это первая теорема в курсе ДГ)))