Мажорируется ли функция ограниченная на каждом компакте?

[kp9r4d]

Как-то раз мне преподаватель задал задачу, которую по его словам сам он не решил:
Пусть у нас есть функция из иррациональных чисел в вещественные $f : \mathbb{I} \to \mathbb{R}$. Пусть эта функция ограничена на каждом компакте. Верно ли, что для любой такой $f$ существует непрерывная функция $g$ такая, что $|f(x)| < |g(x)|$?
Мой ответ: нет. Сама функция строится так: иррациональное число $i$ записывается в виде непрерывной дроби (т.е. кодируется последовательностью натуральных чисел), а далее все элементы, стоящие на чётных и нечётных местах меняются местами. В терминах непрерывных дробей любой компакт содержится в компакте, который выглядит так:
Рассматривается последовательность нат. чисел $c_i$ (каждая такая последовательность пораждает свой компакт), а компактом является множество всех последовательностей $a_i$ таких, что $a_i < c_i$. В таком виде очевидно, что моя функция ограниченна на каждом компакте, но так же очевидно, что она неограниченна в окрестности единицы. Ведь $(1,n,1,1,1,1,...)$ стремится к 1 при $n \to \infty$ однако $f( (1,n,1,...) ) = (n,1,1,1,...)$ стремится к бесконечности. Поэтому непрерывной мажорируемой функции уж точно существовать не может.
Верны ли мои рассуждения?

[Brukvalub]

kp9r4d в сообщении #847397 писал(а):

...Сама функция строится так: иррациональное число $i$ записывается в виде непрерывной дроби (т.е. кодируется последовательностью натуральных чисел)...

Это общие слова, способ кодирования не описан. Дальнейшие рассуждения теряют смысл.

[g______d]

Brukvalub в сообщении #847458 писал(а):

Это общие слова, способ кодирования не описан. Дальнейшие рассуждения теряют смысл.

Я думаю, имеется в виду разложение в цепную дробь.

-- Вт, 08 апр 2014 23:47:28 --

kp9r4d в сообщении #847397 писал(а):

Поэтому непрерывной мажорируемой функции уж точно существовать не может.

Непрерывная на $\mathbb I$ функция не обязана быть ограничена в окрестности единицы.

[kp9r4d]

Да, действительно.

[kp9r4d]

Я придумал чуть посложнее структуру. Здесь и далее под словами «интервал, компакт, замкнутое множество» и т.д. я буду понимать соответствующие определения в топологии иррациональных чисел, индуцированной из $\mathbb{R}$. Доказательство некоторых утверждений я буду опускать в виду их очевидности, если что-то вызовет подозрения — я докажу.

1) Для любого интервала существует несчётная попарно непересекающаяся система компактов, целиком лежащая в интервале.
2) Несчётных компактов ровно континуум.
3) В предположении континуум гипотезы, по принципу полной упорядоченности все несчётные компакты можно пронумеровать ординалами, меньшими, чем $\omega_c$ (первый несчётный ординал). Т.е. $K = \{ K_\alpha : \alpha < \omega_C \}$ — множество всех несчётных компактов.
4) Определим индуктивно функцию $f$. Положим $f(x) = a_0$ если $x \in K_0$. Далее пусть функция определена для всех $K_\beta$ $\beta < \alpha$. Тогда положим $f(x) = a_\alpha$ если $x \in K_\alpha \setminus \bigcup_{\beta < \alpha} K_\beta$. Так как ординалу $\omega_c$ предшествует континуум ординалов, то существует биекция $B$ номеров $\alpha$ на положительный луч $(0,+\infty)$ такая, что множество $T_\alpha = \{B(\beta): \beta < \alpha \& \alpha < \omega_c\}$ — ограниченная подпоследовательность. Построим эту биекцию, теперь положив $a_\alpha = B(\alpha)$, получим $f$ — чётко заданную функция из $\mathbb{I}$ в $\mathbb{R}$.
5) По построению очевидно, что она ограничена на каждом компакте. Также очевидно, что она неограниченна на каждом интервале (ведь в каждом интервале существует система попарно непересекающихся компактов, целиком лежащая в интервале, и поэтому её образ (в силу несчётности) должен быть неограниченным). А значит она не может быть непрерывной.
Ну как-то так.

[patzer2097]

kp9r4d в сообщении #847545 писал(а):

множество $T_\alpha = \{B(\beta): \beta < \alpha \& \alpha < \omega_c\}$ — ограниченная подпоследовательность

в каком смысле, "множество -- подпоследовательность"?

kp9r4d в сообщении #847545 писал(а):

поэтому её образ (в силу несчётности) должен быть неограниченным

ее образ может состоять из одного элемента, если какой-нибудь компакт содержащий Ваш интервал оказался первым в Вашей нумерации

[kp9r4d]

patzer2097 в сообщении #847570 писал(а):

в каком смысле, "множество -- подпоследовательность"?

Просто последовательность в том смысле, что каждому ординалу $\alpha < \omega_c$ предшествует счётное кол-во ординалов (а значит все предшествующие ординалы можно занумеровать натуральными числами, т.е., построить естественную последовательность по множеству). Да уж, тут немного я слукавил в том смысле, что мне сейчас неочевидно почему такая биекция должна существовать, но мне кажется, что всё-таки должна, я ещё подумаю над этим моментом.

patzer2097 в сообщении #847570 писал(а):

ее образ может состоять из одного элемента, если какой-нибудь компакт содержащий Ваш интервал оказался первым в Вашей нумерации

Нет, тут не в том дело. Берём любую окрестность $U$, скажем, точки $\sqrt{2}$. Довольно легко можно построить такую систему компактов $R_\alpha$ что
(i) Для любого $\alpha$ $R_\alpha$ — несчётно.
(ii) $\{R_\alpha\}$ несчётно
(iii) Для любого $\alpha$ $R_\alpha \subset U$.
(iv) Для любых $\alpha \neq \beta$ $R_\alpha \cap R_\beta = \varnothing$

(если нужно, я выпишу явно как такую систему строить)
Рассмотрим множество индексов компактов $R_\alpha$ (индексов в той нумерации, которая $K_\alpha$). Я утверждаю, что его супремум — это как раз $\omega_c$. Правда непонятно, как я отсюда сделал вывод, что $f(\{R_\alpha\})$ неограниченно.
Да уж, сырое док-во получилось, я ещё подумаю и потом оформлю покрасивее.

[patzer2097]

kp9r4d в сообщении #847579 писал(а):

Да уж, сырое док-во получилось, я ещё подумаю и потом оформлю покрасивее.

да, Вы лучше не спешите отправлять тексты. Дело в том, что идея Ваша может и быть замечательной, но фрагменты типа

kp9r4d в сообщении #847579 писал(а):

(i) Для любого $\alpha$ $R_\alpha$ — несчётно.
(ii) $\{R_\alpha\}$ несчётно

иногда рискуют сделать Ваш текст абсолютно нечитаемым

[lyuk]

Попробуйте понять является ли такая функция $f$ локально ограниченной. А дальше попробуйте построить нужную функцию $g$.

[lyuk]

Такое свойство имеет каждая функция $f$, определенная на метризуемом пространстве $X$. В случае $X\subseteq\mathbb R$ доказывается довольно просто.

[kp9r4d]

lyuk
Спасибо, конечно, но я не вижу особых путей для доказательства этого. А как построить функцию g, зная это, конечно же очевидно.

[lyuk]

Пусть $X\subseteq\mathbb R$ и $f:X\to\mathbb R$ ограниченая на каждом компакте. Доопределим $f$ на $\mathbb R\setminus X$, положив всюду $f(x)=0$. Обозначим через $F$ множество всех таких точок $x\in\mathbb R$, что $f$ неогрничена на кождой окрестности точки $x$.

1. Покажите, что $F$ замкнуто и $F\cap X=\emptyset$ (это следует из условия), т.е. $X\subseteq G=\mathbb R\setminus F$.

Множество $G$ состоит из непересекающихся интервалов $I$. Поэтому достаточно построить искомую функцию $g$ на каждом $I$.

2. Используя $G\cap I=\emptyset$ и лему Больцано-Веерштрасса докажите, что $f$ ограничена на каждом отрезке $[a,b]\subseteq I$.

3. Остается решить задачу в случае $X=I$ (или, что то же самое $X=\mathbb R$). Пусть $f:\mathbb R\to\mathbb R$ ограниченая на каждом отрезеке. Постройте непрерывную функцию $g$ такую, что $|f(x)|\leq g(x)$ для всех$x$.

[kp9r4d]

lyuk в сообщении #847826 писал(а):

$F$ замкнуто

Очевидно.

lyuk в сообщении #847826 писал(а):

$F\cap X=\emptyset$ (это следует из условия)

Я не понимаю каким образом. Можете расписать подробнее?

[lyuk]

Попробуйте от противного. Пусть $x_0\in F\cap X$. Для каждого $n\in\mathbb N$ можна найти $x_n\in X\cap (x_0-\frac1n,x_0+\frac1n)$ такое, что $|f(x_n)|\geq n$. А там и противоречие рядом.

[kp9r4d]

Да, очевидно. Непонятен теперь пункт 2. Каким образом использовать лемму БВ? И почему вы сначала пишете, что I включено в G, а потом, что I не пересекается с G?