Исправление периодической функции двух переменных

[demolishka]

Пусть задана гладкая функция $F \colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^n$, которая $1$-периодическая по каждой переменной, так что ее можно рассматривать как функцию на двумерном плоском торе $\mathbb{T}^2:=\mathbb{R}^2/\mathbb{Z}^2$, т. е. $F \colon \mathbb{T}^2 \to \mathbb{R}^n$. Будем называть точку $\theta \in \mathbb{T}^2$ критической для $F$, если дифференциал $F$ в этой точке вырожден, т. е.

$$\operatorname{rank}\left[\frac{\partial F}{\partial \theta}\right] < 2.$$

Вопрос. Можно ли сколь угодно малым (по норме $C^1$) возмущением функции $F$ сделать меру (Лебегову меру на $\mathbb{T}^2$) множества критических точек сколь угодно малой? Т. е. для произвольных данных $\varepsilon>0$ и натурального $k$ найти такую периодическую функцию $\widetilde{F}$, что $\|F-\widetilde{F}\|_{C^1} <\varepsilon$ и мера критических точек $\widetilde{F}$ строго меньше $\frac{1}{k}$.

[vpb]

1) Существует функция $h$, дифференциал которой невырожден почти всюду (надо предполагать $n\geq2$).
2) Пусть $f$, $g$ --- два линейных отображения из ${\mathbb R}^2$ в ${\mathbb R}^n$, причем все три $f$, $g$, $f+g$ имеют ранг не более 1. Тогда и любая их линейная комбинация --- тоже ранга $\leq1$.
3) Рассмотрим функции вида $F+\lambda h$, где $\lambda\in{\mathbb R}$, и пусть $M(\lambda)$ --- множество критических точек для такой функции. Тогда пересечение любых трех из этих множеств имеет меру нуль.
4) Пусть у нас есть некоторое множество конечной меры, и в нем семейство подмножеств (измеримых), причем все множества положительной меры, а пересечение любых двух из них имеет меру нуль. Тогда это семейство не более чем счетно.
5) Аналогичное утверждение для случая, когда пересечение любых трех подмножеств имеет меру нуль.
6)Выведите отсюда нужное утверждение, рассуждая от противного.

(Надеюсь, не ошибся впопыхах...)

[demolishka]

vpb, большое Вам спасибо за ответ. Все пункты понятны, кроме пункта 3): если $f=D(F+\lambda_{1}h), g = D(F+ \lambda_{2}h)$, то $f+g=2D\left(F+\frac{\lambda_{1}+\lambda_{2}}{2}h\right)$, т. е. необходимо брать $\lambda_{3} = \frac{\lambda_{1}+\lambda_{2}}{2}$, чтобы использовать пункт 2) и показать, что множества $M(\lambda_{1}),M(\lambda_{2}),M(\lambda_{3})$ имеют пересечение меры нуль, потому что иначе $h = \alpha (F +\lambda_{1}h) + \beta (F+\lambda_{2}h)$ имеет множество критических точек положительной меры. Как это показать для произвольного $\lambda_{3}$ я не понимаю.

[vpb]

demolishka,
тут на самом деле используется не непосредственно пункт 2), а следующее эквивалентное ему утверждение: (2а) если есть двумерное пространство линейных отображений, и в нем три разных (не пропорциональных) отображения, каждое из которых имеет ранг 1, то тогда и любое отображение из этого двумерного пространства --- тоже ранга 1.

[demolishka]

vpb в сообщении #1256090 писал(а):

(2а)

А не подскажете, где почитать алгебраическое доказательство этого факта (учитывая новую формулировку такое доказательство видимо и подразумевается)? А то голова совсем не варит в этом направлении. Конкретно над пунктом 2) долго мучался, пока не начал рисовать картинки с параллелограммами тогда уже понял идею и получилось тупо конкретно доказать, избегая вырожденных ситуаций. Что из 2a) следует 2) это понятно. А вот наоборот -- неясно: есть три отображения $A_1,A_2,A_3$ ранга 1, надо как-то предъявить $f,g,f+g$, чтобы их ранг тоже был 1. Опять же тупо взять $f=A_1$,$g=A_2$ нельзя, а как сконструировать из $A_1,A_2,A_3$ отображения заведомо ранга 1, чтобы они подошли под роли $f,g,f+g$ -- не знаю (по крайней мере кажется, что по сложности это равносильно доказательству исходного утверждения).

[vpb]

Вообще, (2а) из (2) в одну строчку выводится. А именно так:

(Решение.)

Так как пространство $\langle A_1,A_2,A_3\rangle$ двумерно, то $A_3$ --- линейная комбинация $A_1$ и $A_2$,
$A_3=\alpha A_1+\beta A_2$, для некоторых $\alpha,\beta\in{\mathbb R}$. Теперь достаточно взять $f=\alpha A_1$, $g=\beta A_2$, тогда $f+g=A_3$.

Однако странно, что (2) Вы доказали, а (2а) затруднились. Позвольте полюбопытствовать, как (2) доказали?

Факты эти ( (2) и (2а) ) ни в каких книжках специально не написаны. Таких много есть, несложных, нетривиальных, и не написанных специально в учебниках, потому что они легко следуют из общих концепций той науки, к которой относятся.

[demolishka]

vpb в сообщении #1256194 писал(а):

Позвольте полюбопытствовать, как (2) доказали?

Расписал условие "ранг $ \leq 1$" в терминах линейной зависимости для отображений $f=(f_1,f_2),g=(g_1,g_2),f+g$: $a_1 f_1 + a_2 f_2 = 0$, $b_1 g_1 + b_2 g_2 =0$, $c_1 (f_1+g_1) + c_2 (f_2 + g_2) = 0$. Дальше нужно показать, что $\alpha f + \beta g$ имеет ранг $\leq 1$ для удобства будем рассматривать случай вида $(f+g) + \beta g$ и все ранги в точности $1$.

Теперь начинается ад. Отнормируем первые два условия линейной независимости (для $f$ и $g$) и сложим их --- получим выражение для $f_1 + g_1$. Такое же выражение получим из третьего условия приравняв коэффициенты при $f_2$ и $g_2$ исходя из этих выражений (избегая случая линейной зависимости $f_2$ и $g_2$) получим некоторые соотношения.

Ранг $(f+g) + \beta g$ равен единице означает, что $f_1 + g_1 + \beta g_1 = L (f_2 + g_2 + \beta g_2)$ для некоторого $L \not=0$. Опять возвращаемся к трем условиям. Во втором поделим так, чтобы был вид $\beta g_1 + \ldots = \ldots$ в третьем чтобы коэффициент перед $f_1 + g_1$ был единица. Сложим их, получим выражение $(f_1 + g_1) + \beta g_1 = L(f_2 + g_2 + C g_2) $. Из первых соотношений на коэффициенты следует что $C=b$. Ч. т. д.

Конечно меня не покидает чувство, что это какое-то извращенство, которое к тому же существенно опирается на специфику отображений из $\mathbb{R}^2$, особенно после того тривиального решения, которое Вы мне написали про $2) \Rightarrow 2a)$.

[vpb]

demolishka,
честно говоря, я не понимаю написанное Вами. В этом вижу проблему. Попробуйте написать более подробно и аккуратно. Не пропускайте никаких слов. Не получится (что вполне вероятно) --- будем дальше думать.

[demolishka]

vpb, я просто не хотел подробно излагать свое извращенное решение, просто накидал для ужаса . Вот сейчас перед сном подумал еще раз геометрически и получил нормальное доказательство уже не опирающееся ни на что кроме линейности и двумерности подпространства.

Докажем, что если в двумерном подпространстве $L$ пространства линейных операторов $\mathcal{L}(E,F)$ найдутся три попарно непропорциональных оператора $A,B,C$, у которых образ имеет размерность $1$, то любой ненулевой оператор имеет размерность образа 1.

Доказательство. Из уже замеченного, достаточно показать это для случая когда эти три оператора есть $f,g,f+g$. Пусть $x_0 \in E$ вектор с ненулевым образом под действием $f+g$. Обозначим $e_1 = f(x_0), e_2 = g(x_0), e_3 = (f+g)x_0 = e_1 + e_2$. Тогда произвольный вектор $x$ в образе $f$ есть $\alpha_1 e_1$, в образе $g$ есть $\alpha_2 e_2$, в образе $f+g$ есть $\alpha_3 e_3 = \alpha_3 e_1 + \alpha_3 e_2$. Откуда (непропорциональность=линейная независимость $e_1$ и $e_2$) следует, что $\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=\alpha$. Посмотрим на образ вектора $(a f + b g)x=a \alpha e_1 + b \alpha e_2 = \alpha e'_1 + \alpha e'_2 = \alpha e'_3$, где $e'_1 = a e_1$, $e'_2 = b e_2$ и $e'_3 = e'_1+e'_2$. Т. е. образ $(a f + b g)$ при $a^2+b^2\not=0$ также одномерен. Ч. т. д.

Еще раз большое Вам спасибо за помощь. До того, чтобы поправлять функцию малым добавлением невырожденной функции я бы еще мог додуматься, но вот дальше рассуждать через этот незнакомый мне алгебраический "маломерный" факт я бы не смог. В итоге в исходной задаче получается даже приближение функциями с множеством критических точек нулевой меры, без всякой там малой свободы.

Интересна возможность обобщения этого способа на случай функций нескольких переменных. Но там, по всей видимости, если и получится, то будет не так красиво.

[vpb]

То, что Вы написали в этот раз, лучше того, что Вы "накидали для ужаса" в первый. Однако, все еще плохо. Утверждение и первые четыре фразы доказательства понятны. А дальше ("Откуда (непропорциональность=" и т.д.) непонятно. Есть над чем работать. Переделайте на свежую голову с утра, а потом еще раз, через некоторое время. Не торопитесь.

То, что Вы подумали про вопрос "геометрически", правильно. Матрицы и координаты --- это для линейной алгебры вещь нужная, но не самая главная. Гораздо полезней представлять себе всякие взаимные расположения прямых и плоскостей и т.д. наглядно, пространственным мышлением. Есть такая хорошая книга Э.Артин "Геометрическая алгебра". В учебнике Кострикина и Манина тоже следуют такому геометрическому подходу.

[Munin]

У меня смутное ощущение, что речь идёт о такой задаче: если мы имеем как угодно смятый (с самопересечениями) надувной круг в $n$-мерном пространстве, то можно ли его сколь угодно мало надуть, чтобы не осталось "складок". И интуитивно кажется, что нет проблем...

[demolishka]

vpb в сообщении #1256284 писал(а):

А дальше ("Откуда (непропорциональность=" и т.д.) непонятно

Тут согласен. Давайте немножко изменим шаг с выбором $x_0$. Верно следующее, либо существует вектор $x_0 \in E$, такой, что $f(x_0)=e_1$ и $g(x_0)=e_2$ линейно независимы, либо все три образа $f$, $g$ и $f+g$ совпадают. В первом случае рассуждаем как дальше и для произвольного вектора $x$ получаем $\alpha_3 e_3 = \alpha_3 e_1 + \alpha_3 e_2=(f+g)(x)=f(x)+g(x)=\alpha_1 e_1 + \alpha_2 e_2$ откуда уже по линейной независимости $e_1$ и $e_2$ получаем $\alpha_1 = \alpha_3 = \alpha_2 = \alpha$ и далее. Второй случай: если для всех $x \in E$ $f(x)$ и $g(x)$ линейно зависимы, то ясно что их образы совпадают, тогда их линейные комбинации, которые по условию порождают все подпространство, имеют такой же образ.

[vpb]

demolishka,
хочу написать Вам, для примера, как бы я доказывал утверждение 2). Вы сначала доказали его совершенно непонятно (собственно, не доказали), потом получше, потом еще лучше, но до конца не довели. Поэтому, я думаю, пример будет Вам
полезен.

(Оффтоп)

Тем более Вы тут недавно насмешливо спрашивали одного человека, понимает ли он вообще что такое математическое доказательство, а сами пока не очень.

(Но, конечно, имейте в виду, что умение писать понятно и аккуратно быстро не образуется... )

Надо доказать следующее утверждение.

Утверждение. Пусть $E$, $F$ --- два конечномерных пространства, $L\subseteq {\mathcal L}(E,F)$ --- двумерное подпространство линейных отображений из $E$ в $F$. Допустим, что $L$ содержит по крайней мере три непропорциональных отображения ранга 1. Тогда любой элемент из $L$ является отображением ранга 1.

Считаем известным следующее: если $f:E\longrightarrow F$ --- произвольное линейное отображение, то размерность образа ${\rm Im\,}f$ совпадает с коразмерностью ядра ${\rm Ker\,}f$, и также совпадает с рангом матрицы отображения $f$, относительно любых базисов в пространствах $E$ и $F$.

Сначала дадим описание отображений ранга 1.
Лемма. Отображения $f:E\longrightarrow F$ ранга 1 --- это в точности отображения вида $f(x)=\alpha(x)y$, где $\alpha\in X^\ast$ --- ненулевая линейная функция, $y\in F$, $y\ne 0$.
Доказательство. Очевидно, любое отображение такого вида --- линейное отображение ранга 1. Обратно, предположим, что $f$ --- отображение ранга 1. Тогда ${\rm Im\,}f$ --- одномерное подпространство в $F$, т.е. $\langle y\rangle$, для некоторого $y\in F$. Также ясно, что $f(x)=\alpha(x)y$, для некоторой функции $\alpha:E\longrightarrow K$ (где $K$ --- основное поле. Для применения нужен только случай $K={\mathbb R}$, но утверждение верно и для любого поля.)
Для любых $x_1,x_2\in E$ имеем $f(x_1+x_2)=f(x_1)+f(x_2)$, откуда $\alpha(x_1+x_2)y=\alpha(x_1)y+\alpha(x_2)y= (\alpha(x_1)+\alpha(x_2))y$, значит $\alpha(x_1+x_2)=\alpha(x_1)+\alpha(x_2)$. Аналогично всегда $\alpha(\lambda x)=\lambda \alpha(x)$. Поэтому $\alpha$ --- линейная функция. $\square$

Теперь докажем основное утверждение. Пусть $f_1,f_2\in L$ --- два непропорциональных отображения ранга 1. По лемме, они имеют вид $f_1(x)=\alpha_1(x)y_1$, $f_2(x)=\alpha_2(x)y_2$, для некоторых $\alpha_1,\alpha_2\in E^\ast$, $y_1,y_2\in F$. Может быть 4 случая:
(1) $\langle \alpha_1\rangle=\langle \alpha_2\rangle$, $\langle y_1\rangle=\langle y_2\rangle$ ;
(2) $\langle \alpha_1\rangle=\langle \alpha_2\rangle$, $\langle y_1\rangle\ne\langle y_2\rangle$ ;
(3) $\langle \alpha_1\rangle\ne\langle \alpha_2\rangle$, $\langle y_1\rangle=\langle y_2\rangle$ ;
(4) $\langle \alpha_1\rangle\ne\langle \alpha_2\rangle$, $\langle y_1\rangle\ne\langle y_2\rangle$ .

В случае (1) $\alpha_1$ пропорционально $\alpha_2$, $y_1$ пропорционально $y_2$, откуда легко следует, что $f_1$ пропорционально $f_2$, вопреки предположению.

Рассмотрим случай (2). Можно считать, что $\alpha_1=\alpha_2=\alpha$, так что $f_1(x)=\alpha(x)y_1$, $f_2(x)=\alpha(x)y_2$. Любой элемент $f\in L$ --- линейная комбинация $f_1$ и $f_2$, $f=af_1+bf_2$, откуда $f(x)=af_1(x)+bf_2(x)=a\alpha(x)y_1+ b\alpha(x)y_2=\alpha(x)(ay_1+by_2)$, откуда ${\rm rk}(f)\leq1$ по лемме.

В случае (3) рассуждение аналогично (2). (Впрочем, в случаях (2) и (3) можно обойтись и без вычислений, качественным
рассуждением. Именно, в случае (2) подпространство ${\rm Ker\,}\alpha$ является ядром обоих $f_1$ и $f_2$, и потому лежит в ядре любой их линейной комбинации. Но коразмерность этого подпространства есть 1, поэтому эта линейная комбинация имеет ранг $\leq1$. В случае же (3) образ обоих $f_1$ и $f_2$ есть $\langle y_1\rangle$, поэтому образ любой их линейной комбинации тоже есть $\langle y_1\rangle$.

Наконец, в случае (4) покажем, что любая линейная комбинация $f=af_1+bf_2$ с $a,b\ne0$ имеет ранг 2, и поэтому этого случая быть также не может. Легко видеть, что для любых непропорциональных $\alpha_1,\alpha_2\in E^\ast$ существуют элементы $x_1,x_2\in E$ такие, что $\alpha_1(x_1)=\alpha_2(x_2)=1$, $\alpha_1(x_2)=\alpha_2(x_1)=0$. Тогда $f_1(x_1)=y_1$,
$f_2(x_2)=y_2$, $f_2(x_1)=f_1(x_2)=0$, откуда $f(x_1)=ay_1$, $f(x_2)=by_2$, значит ${\rm Im\,}f$ --- не одномерно.
$\square$


Munin
С точки зрения физической интуиции так оно, конечно, и есть. Однако же, утверждения, интуитивно понятные, но неверные,
встречаются очень часто! Поэтому наглядные соображения полезны и необходимы, но доказательства они заменить не могут.

[demolishka]

vpb, что же в моем последнем наброске непонятно? Куда меньше случаев и все примитивней: нужно знать только про линейную независимость и базис. Конечномерность тут несущественна. Мне вот в Вашем доказательстве совершенно непонятно, почему случаи $(1)$ и $(3)$, когда оба оператора переводят все на одну прямую, рассматриваются отдельно? Сумма двух векторов прямой (проходящей через ноль) лежит на этой же прямой.

vpb в сообщении #1257822 писал(а):

Поэтому, я думаю, пример будет Вам
полезен.

Он не будет мне полезен, поскольку, во-первых, усложняет доказательство, привлекая лишние понятия, и, во-вторых, поскольку единственное что мне было полезно бы, это изначально выбрать правильный подход к задаче и действовать геометрически.

(Оффтоп)

Я уж, извините, отвечу на этот несправедливый выпад.

vpb в сообщении #1257822 писал(а):

Тем более Вы тут недавно насмешливо спрашивали одного человека, понимает ли он вообще что такое математическое доказательство,

Что касается моей изначальной насмешки, то она скорей направлена к философам нежели к автору той темы. А уж если прочитать тему до конца, то станет ясно, что как и почему.

vpb в сообщении #1257822 писал(а):

а сами пока не очень.

Это Вы как определили? Интересная методика. Конкретно я про себя считаю, что мало чего понимаю в математике, но все же странно, что Вы без особого повода делаете такие выводы. Так что это я переживаю за других способных студентов, которых Вы можете ненароком погубить.

[vpb]

Ну хорошо, не полезно так не полезно. У меня как-то желания навязываться нет.