мера множества нулей полинома n-переменных

[don Bass]

Используется следующий факт для полиномов $n$ переменных.

Если множество нулей полинома имеет ненулевую меру в $\mathbb R^n$, то полином тождественно равен нулю.
Полином от действительных переменных.

Подскажите, пожалуйста, где это явно сформулировано? Не могу найти ссылку. Может в задачнике каком-нибудь есть?

[terminator-II]

почему полинома? вообще если множество нулей аналитической функции имеет ненулевую меру то она равна нулю тождественно.
теоремы о множествах единственности имеются в Шабат введение в компл. ан. том 2. извлекайте этот факт оттуда

[malin]

Конкретно для полинома:
Так как любой ненулевой многочлен степени n имеет не более n корней, то множество корней такого многочлена конечно(либо пусто), и, следовательно, имеет нулевую меру.
Таким образом, многочлен может иметь множество корней ненулевой меры тогда и только тогда, когда он тождественно равен нулю.

Цитата:

вообще если множество нулей аналитической функции имеет ненулевую меру то она равна нулю тождественно

Это свойство, по-моему, верно только в случае счётно-аддитивной меры. (У нас просто было определение меры как конечно-аддитивной функции множеств, удовлетворяющей определённым условиям...) Но если имеется ввиду мера Лебега, то всё верно..

[terminator-II]

пришли студенты...

malin в сообщении #232384 писал(а):

Так как любой ненулевой многочлен степени n имеет не более n корней

с чего это? основную теорему алгебры применяем к многочленам от нескольких переменных ?

malin в сообщении #232384 писал(а):

Это свойство, по-моему, верно только в случае счётно-аддитивной меры

даже в случае счетно-адитивной неверно. только в случае меры Лебега, а другая в этом круге вопросов и не подразумевается

[malin]

Ну ладно. тогда так как любой ненулевой многочлен имеет не более чем счётное число корней(это уж точно ), а мера всё-таки Лебеговская, (а, значит, счётно-аддитивеная) то см. выше.

[terminator-II]

malin в сообщении #232393 писал(а):

:D Ну ладно. тогда так как любой ненулевой многочлен имеет не более чем счётное число корней(это уж точно ), то см. выше.

ага $f(x,y)=x+y$
"счетное число корней": $\{(x,y):x+y=0\}$

[malin]

Тогда да.......

-- Сб авг 01, 2009 17:04:21 --

блиин... как же стыдно! первый раз не заметил, что многочлен от n переменных, а про не более чем счётное множество нулей даже не знаю, как отмазаться

[Инт]

don Bass в сообщении #232216 писал(а):

Подскажите, пожалуйста, где это явно сформулировано? Не могу найти ссылку. Может в задачнике каком-нибудь есть?

Может проще самому доказать. Задача то не очень сложная, коль скоро даже такие слова знаете как мера. Подсказываю: выделите одну переменную полинома и разложите его на множители, каждый из которых зависит от выделенной переменной и от оставшихся.

[terminator-II]

Инт в сообщении #232462 писал(а):

Может проще самому доказать. Задача то не очень сложная, коль скоро даже такие слова знаете как мера. Подсказываю: выделите одну переменную полинома и разложите его на множители, каждый из которых зависит от выделенной переменной и от оставшихся.

приведите это доказательство полностью

[don Bass]

Пишется статья, которую не хочется перегружать доказательствами. Имеется ссылка на работу, в которой подобный результат доказана для аналитических функций нескольких вещественных переменных.
Но самой работы нет! Кроме того, эта работа была написана, как я понимаю, нематематиком и опубликована в неметематическом журнале --- я опасаюсь, что там просто могут быть ошибки в доказательстве.

Я буду использовать результат для полиномов. Мне кажется должно быть какое-то короткое "полиномовское" доказательство. ... или длинное, но которое наверняка , уже где-то опубликовано.

Кроме того аналитические функции многих вещественных переменых это вроде как экзотика, а полиномы нет.

Доказательство с фиксированием переменной наверняка будет повторять доказательство для аналитической функции.

[terminator-II]

don Bass в сообщении #232470 писал(а):

Пишется статья, которую не хочется перегружать доказательствами. Имеется ссылка на работу, в которой подобный результат доказана для аналитических функций нескольких вещественных переменных.
Но самой работы нет! Кроме того, эта работа была написана, как я понимаю, нематематиком и опубликована в неметематическом журнале --- я опасаюсь, что там просто могут быть ошибки в доказательстве.

правильно опасаетесь, факт о котором Вы пишите вполне банальный, адекватные люди не будут его публиковать, да и невозможно это сделать в нормальном журнале

don Bass в сообщении #232470 писал(а):

Я буду использовать результат для полиномов. Мне кажется должно быть какое-то короткое "полиномовское" доказательство. ... или длинное, но которое наверняка , уже где-то опубликовано.

не думаю, что полиномы упростят дело

don Bass в сообщении #232470 писал(а):

Кроме того аналитические функции многих вещественных переменых это вроде как экзотика

это не экзотика, если функция аналитична (раскладывается в ряд Тейлора) как функция вещественных переменных, то она очевидным образом аналитически продолжается в $\mathbb{C}^m$

don Bass в сообщении #232470 писал(а):

Доказательство с фиксированием переменной

из этого скорей всего ничего не выйдет.

факт совершенно тривиальный, пусть $f(x),\quad x\in \mathbb{R}^m$ -- многочлен (любая голоморфная функция). в окрестности любой точки где $\nabla f\ne 0$ уравнение $f=0$ задает либо пустое множество, либо гладкую $m-1$ мерную поверхность (имеется ввиду, что $ x\in\mathbb{R}^m\Rightarrow f(x)\in\mathbb{R}$, если этого не предполагать то появятся незначительные нюансы), ее мера равна нулю. множество где $\nabla f\ne 0[math]$ всюду плотно в $\mathbb{R}^m$, если, конечно $f$ не тождественная константа.

[don Bass]

Спасибо. Я правильно понимаю, что
1. потом надо использовать компактность шара в \mathbb R^m?
2. это же доказательство проходит для C^2 функций, которые не являются локально константами?

[terminator-II]

topic24366.html