метрические пространства

[Хорхе]

id писал(а):

Хорхе
А разве там задачка не в "противоположную" сторону[...]?

Дык это ж следует --- произвольная обратная будет изометрией.
Но нет, там есть именно про несжимающую.
В "противоположную" сторону, возможно, тоже есть.

[AD]

id писал(а):

AD
Поэтому в условии и сказано "на" себя.

А, да, да, действительно. А вот у zoo не сказано.

[zoo]

AD писал(а):

id писал(а):

AD
Поэтому в условии и сказано "на" себя.

А, да, да, действительно. А вот у zoo не сказано.

"на себя" сказано про нерастягивающее отображение, а про несжимающее говорить "на себя" не нужно

[amiable]

Мне кажется, что в этих рассуждениях ошибка. Подробнее ниже.

AGu в сообщении #153966 писал(а):

Пусть $f^n$ -- $n$-ая композиционная степень отображения $f$,
т.е. $f^0(x)=x$, $f^{n+1}(x)= f\bigl(f^n(x)\bigr)$.

Сразу заметим, что $\rho\bigl(f(x),f(y)\bigr)\leqslant\rho\bigl(f^n(x),f^n(y)\bigr)$
и $\rho\bigl(f^n(x),x\bigr)\leqslant\rho\bigl(f^{n+m}(x),f^m(x)\bigr)$
для любых $x,y\in M$, $n,m\in\mathbb N$.

Допустим вопреки доказываемому, что
$\rho\bigl(f(x),f(y)\bigr)=\rho(x,y)+\varepsilon$
для некоторых $x,y\in M$ и $\varepsilon>0$.

Поскольку $M$ компактно, последовательности $\bigl(f^n(x)\bigr)$ и $\bigl(f^n(y)\bigr)$
имеют сходящиеся подпоследовательности.
Выбирая подпоследовательности этих подпоследовательностей,
получим сходящиеся последовательности $\bigl(f^{n_k}(x)\bigr)$ и $\bigl(f^{n_k}(y)\bigr)$.
Сходящиеся последовательности фундаментальны,
а значит, найдутся $n,m\in\mathbb N$ такие, что
$\rho\bigl(f^{n+m}(x),f^m(x)\bigr)<\frac\varepsilon2$, $\rho\bigl(f^{n+m}(y),f^m(y)\bigr)<\frac\varepsilon2$.
Следовательно,
$\varepsilon=\rho\bigl(f(x),f(y)\bigr)-\rho(x,y)\leqslant\rho\bigl(f^n(x),f^n(y)\bigr)-\rho(x,y)\leqslant$
$\leqslant\rho\bigl(f^n(x),x\bigr)+\rho\bigl(f^n(y),y\bigr)\leqslant$
$\leqslant\rho\bigl(f^{n+m}(x),f^m(x)\bigr)+\rho\bigl(f^{n+m}(y),f^m(y)\bigr)<\varepsilon$.

P.S. Непрерывность $f$ в доказательстве не пригодилась,
да и компактность $M$ использована не в полной мере
(например, ее можно ослабить до предкомпактности).

Цитата:

Поскольку $M$ компактно, последовательности $\bigl(f^n(x)\bigr)$ и $\bigl(f^n(y)\bigr)$
имеют сходящиеся подпоследовательности.
Выбирая подпоследовательности этих подпоследовательностей,
получим сходящиеся последовательности $\bigl(f^{n_k}(x)\bigr)$ и $\bigl(f^{n_k}(y)\bigr)$

Не всегда можно выбрать подпоследовательности подпоследовательностей. Простейший пример - для $\{f^n(x)\}$ сходятся чётные композиционные степени, для $\{f^n(y)\}$ - нечётные. Выбрать общую подпоследовательность не получится. Говоря короче, это было псевдорешение.

[RIP]

amiable в сообщении #259690 писал(а):

Цитата:

Поскольку $M$ компактно, последовательности $\bigl(f^n(x)\bigr)$ и $\bigl(f^n(y)\bigr)$
имеют сходящиеся подпоследовательности.
Выбирая подпоследовательности этих подпоследовательностей,
получим сходящиеся последовательности $\bigl(f^{n_k}(x)\bigr)$ и $\bigl(f^{n_k}(y)\bigr)$

Не всегда можно выбрать подпоследовательности подпоследовательностей. Простейший пример - для $\{f^n(x)\}$ сходятся чётные композиционные степени, для $\{f^n(y)\}$ - нечётные. Выбрать общую подпоследовательность не получится. Говоря короче, это было псевдорешение.

Там просто криво написано. Сначала выбирается сходящаяся подпоследовательность $f^{n_m}(x)$, а затем сходящаяся подпоследовательность $f^{n_{m_k}}(y)$. Вот последовательность $n_{m_k}$ и берётся в качестве $n_k$.

[AGu]

amiable в сообщении #259690 писал(а):

Цитата:

Поскольку $M$ компактно, последовательности $\bigl(f^n(x)\bigr)$ и $\bigl(f^n(y)\bigr)$
имеют сходящиеся подпоследовательности.
Выбирая подпоследовательности этих подпоследовательностей,
получим сходящиеся последовательности $\bigl(f^{n_k}(x)\bigr)$ и $\bigl(f^{n_k}(y)\bigr)$

Не всегда можно выбрать подпоследовательности подпоследовательностей. Простейший пример - для $\{f^n(x)\}$ сходятся чётные композиционные степени, для $\{f^n(y)\}$ - нечётные. Выбрать общую подпоследовательность не получится. Говоря короче, это было псевдорешение.

Пусть $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ и $(b_n)_{n\in\mathbb N}$ — произвольные последовательности в компактном метрическом пространстве. Пусть $(a_{n_m})_{m\in\mathbb N}$ — сходящаяся подпоследовательность последовательности $(a_n)_{n\in\mathbb N}$. Пусть $(b_{n_{m_k}})_{k\in\mathbb N}$ — сходящаяся подпоследовательность последовательности $(b_{n_m})_{m\in\mathbb N}$. Тогда $(a_{n_{m_k}})_{k\in\mathbb N}$ и $(b_{n_{m_k}})_{k\in\mathbb N}$ — сходящиеся подпоследовательности последовательностей $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ и $(b_n)_{n\in\mathbb N}$ соответственно.

P.S. Ай-яй-яй, RIP, нехорошо читать чужие мысли, да еще публиковать их на 5 минут раньше!

[amiable]

C этим согласен, но тогда в неравенствах в конце доказательства должны быть трехэтажные индексы, так просто там не получится. Последовательность $n_{m_k}$ выбрана, теперь для эпсилон можно указать такие k и r, что $\rho(f^{n_{m_{k+r}}}(x), f^{n_{m_{r}}}(x))<\epsilon/2$, то же самое для y. Но тогда выписать итоговое неравенство не получится. Обозначения совершенно некорректны! Кто-нибудь поможет решить эту задачу, поскольку имеющиеся решения, по-видимому, неправильны?

[AGu]

amiable в сообщении #259710 писал(а):

Обозначения совершенно некорректны!

Согласно классическому определению подпоследовательность последовательности $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ — это последовательность вида $(a_{n_k})_{k\in\mathbb N}$, где $(n_k)_{k\in\mathbb N}$ — строго возрастающая последовательность натуральных чисел. Если $(n_m)_{m\in\mathbb N}$ и $(m_k)_{k\in\mathbb N}$ — такие последовательности, то их композиция $(n_{m_k})_{k\in\mathbb N}$ тоже является такой (ибо при $i<j$ мы имеем $m_i<m_j$ и, следовательно, $n_{m_i}<n_{m_j}$), а значит, $(a_{n_{m_k}})_{k\in\mathbb N}$ является подпоследовательностью последовательности $(a_n)_{n\in\mathbb N}$. Все тупо по определению.

Вероятно, Вас сбивает с толку трехэтажность. Заметьте, что в записи $n_{m_k}$ нет числа $m$, там есть число $k$, число $m_k$ ($k$-й член последовательности $(m_k)_{k\in\mathbb N}$) и число $n_{m_k}$ ($m_k$-й член последовательности $(n_m)_{m\in\mathbb N}$). Чтобы распутаться, можно записать последовательности в функциональной нотации. Последовательность — это функция, определенная на $\mathbb N$. Стало быть, последовательность $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ элементов $X$ — это функция $x:\mathbb N\to X$, причем $x_n$ — это $x(n)$. Тогда вместо $n_{m_k}$ мы получим $n\bigl(m(k)\bigr)$. Композиция $n\circ m$ — это тоже последовательность. Обозначьте ее через, скажем, $\nu$ — и вместо трехэтажного $n\bigl(m(k)\bigr)$ получится двухэтажное $\nu(k)$. Стало быть, всюду вместо $a_{n_{m_k}}$ и $b_{n_{m_k}}$ можно спокойно писать $a_{\nu_k}$ и $b_{\nu_k}$, избегая трехэтажности. Это, собственно, и было сразу сделано, только вместо буквы $\nu$ была взята буква $n$ (т.е. разница всего лишь в выборе буковки).

[amiable]

За деревьями не видно леса.
Это всего лишь уменьшает "этажность" индексов на единицу, но нисколько не оправдывает решение. Мои возражения состоят в том, что ни для двухэтажного индекса, ни для функциональной нотации выписать две оценки и итоговое неравенство, в поданном выше виде некорректные, не получится. Ведь n(m(k)) в общем случае необязательно линейна по k, это ведь очевидно!!!

[AGu]

amiable в сообщении #259736 писал(а):

За деревьями не видно леса.
Это всего лишь уменьшает "этажность" индексов на единицу, но нисколько не оправдывает решение. Мои возражения состоят в том, что ни для двухэтажного индекса, ни для функциональной нотации выписать две оценки и итоговое неравенство, в поданном выше виде некорректные, не получится.

Цитирую:

AGu в сообщении #259693 писал(а):

Пусть $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ и $(b_n)_{n\in\mathbb N}$ — произвольные последовательности в компактном метрическом пространстве. Пусть $(a_{n_m})_{m\in\mathbb N}$ — сходящаяся подпоследовательность последовательности $(a_n)_{n\in\mathbb N}$. Пусть $(b_{n_{m_k}})_{k\in\mathbb N}$ — сходящаяся подпоследовательность последовательности $(b_{n_m})_{m\in\mathbb N}$. Тогда $(a_{n_{m_k}})_{k\in\mathbb N}$ и $(b_{n_{m_k}})_{k\in\mathbb N}$ — сходящиеся подпоследовательности последовательностей $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ и $(b_n)_{n\in\mathbb N}$ соответственно.

Что в приведенном рассуждении Вам представляется ошибочным или некорректным?
Если же ошибка/некорректность не здесь, то где? (Претензий к чему-то иному я, признаться, не увидел.)

[amiable]

Речь, естественно, идёт о решении задачи (post153966.html#p153966), а не об сообщении post259693.html#p259693 (я ведь после него написал - "C этим согласен").
Я вообще не понимаю, как при использовании корректных (двухэтажные индексы или функциональная нотация - всё равно) обозначений должна выглядеть оценка, используемая в итоговом неравенстве:

Цитата:

$\rho\bigl(f^n(x),f(x)\bigr)\le\rho\bigl(f^{n+m}(x),f^m(x)\bigr)$

Давайте хоть с этим определимся. Нужно применить неравенство из условия задачи, но мне кажется, это теперь невозможно. Взамен выписано неравенство для простого индекса, но ведь это разные вещи. Не всегда $f^{n_{k+r}}(x)$ получается из $f^{n_{k}}(x)$ с помощью r операций композиции, этих операций должно быть не меньше r, но может быть неизвестное, большее r, число! Это всё из-за того, что вместо простого индекса рассматривается двухэтажный.
И, вообще, приведите в порядок индексы в своём решении. Может быть, тогда станет ясно, решили ли вы вообще эту задачу.

[RIP]

Ну неужели так трудно догадаться, что $n+m=n_{k+r}$ и $m=n_k$?

[ewert]

AGu в сообщении #153966 писал(а):

Поскольку $M$ компактно, последовательности $\bigl(f^n(x)\bigr)$ и $\bigl(f^n(y)\bigr)$
имеют сходящиеся подпоследовательности.
Выбирая подпоследовательности этих подпоследовательностей,
получим сходящиеся последовательности $\bigl(f^{n_k}(x)\bigr)$ и $\bigl(f^{n_k}(y)\bigr)$.

Это будут разные подпоследовательности. Ниоткуда не следует (в этом рассуждении), что они будут пересекаться (по иксам и игрекам). У Доценко -- примерно тот же ляп.

[AGu]

amiable в сообщении #259766 писал(а):

Я вообще не понимаю, как при использовании корректных (двухэтажные индексы или функциональная нотация - всё равно) обозначений должна выглядеть оценка, используемая в итоговом неравенстве:

Цитата:

$\rho\bigl(f^n(x),f(x)\bigr)\le\rho\bigl(f^{n+m}(x),f^m(x)\bigr)$

Если я на этот раз правильно понял, затруднение вызвал следующий фрагмент:

AGu в сообщении #153966 писал(а):

получим сходящиеся последовательности $\bigl(f^{n_k}(x)\bigr)$ и $\bigl(f^{n_k}(y)\bigr)$.
Сходящиеся последовательности фундаментальны,
а значит, найдутся $n,m\in\mathbb N$ такие, что
$\rho\bigl(f^{n+m}(x),f^m(x)\bigr)<\frac\varepsilon2$

Попробую пояснить.

Для уменьшения громоздкости записей введем обозначение $a_n:=f^n(x)$.
У нас есть сходящаяся последовательность $(a_{n_k})_{k\in\mathbb N}$. (Тут, вроде, нет возражений.)
Поскольку эта сходящаяся последовательность фундаментальна,
найдется такое $k\in\mathbb N$, что $\rho(a_{n_i},a_{n_j})<\frac\varepsilon2$ при $i,j\geqslant k$.
В частности, для такого $k$ мы имеем $\rho(a_{n_{k+1}},a_{n_k})<\frac\varepsilon2$.
Положим $m:=n_k$ и $n:=n_{k+1}-n_k$.
В итоге получаем $\rho\bigl(f^{n+m}(x),f^m(x)\bigr)=\rho(a_{n+m},a_m)=\rho(a_{n_{k+1}},a_{n_k})<\frac\varepsilon2$,
что, собственно, и требовалось.

ewert в сообщении #259974 писал(а):

AGu в сообщении #153966 писал(а):

Поскольку $M$ компактно, последовательности $\bigl(f^n(x)\bigr)$ и $\bigl(f^n(y)\bigr)$
имеют сходящиеся подпоследовательности.
Выбирая подпоследовательности этих подпоследовательностей,
получим сходящиеся последовательности $\bigl(f^{n_k}(x)\bigr)$ и $\bigl(f^{n_k}(y)\bigr)$.

Это будут разные подпоследовательности. Ниоткуда не следует (в этом рассуждении), что они будут пересекаться (по иксам и игрекам). У Доценко -- примерно тот же ляп.

Слегка запоздалое замечание. Этот ляп уже был замечен, признан и обойден.

[ewert]

AGu в сообщении #259977 писал(а):

Этот ляп уже был замечен, признан и обойден.

А нельзя указать явно, в каком месте? Просто тут уж очень много чего понаписано -- не найти. А ляп этот между тем -- двухуровневый.