Всюду плотное множество

[Руст]

Если она прёт в в + бесконечность и минус бесконечность, то значит для очень близких значений меняется от минус бесконечности до плюс бесконечности, можно найти начальную точку $x_0$ как предел вложенных замкнутых окрестностей, для которого исходная функция после сдвига на $x_0$ даст указанную всюду плотную последовательность.

[worm2]

А... кажется, дошло. У Вас неконструктивное доказательство.

[Someone]

RamsesHawk в сообщении #194152 писал(а):

Если функция неограниченна и непрерывна, то $\lim\limits_{x \rightarrow \infty}{|f(x)|} \rightarrow \infty$

Неверно. Вот контрпример: http://dxdy.ru/post193253.html#193253.

RamsesHawk в сообщении #194152 писал(а):

пусть $A = \bigcup\limits_{k=1}^{\infty}{a_{k}}$, тогда $f(A) = A$

Неверно, так как по определению $f(A)=A\setminus\{a_1\}$.

[Руст]

Предлагаю доказать для непрерывно дифференцируемой функции следующее несложное необходимое условие. Пусть $x_n$ неподвижные точки функции ($f(x_n)=x_n$), тогда существует подпоследовательность стремящиеся к плюс бесконечности и подпоследовательность стремящиеся к минус бесконечности. Для любой неподвижной точки $x_n$ выполняется $|f'(x_n)|>1$ (вообще то равенство возможно, но не должно быть устойчивой неподвижной точки, просто здесь сложнение сформулировать необходимое условие).
Моя интуиция подсказывает, что при этих условиях существует $a_0$, что последовательность $a_{k+1}=f(a_k)$ будет всюду плотной.

[ИСН]

Понятно: если есть устойчивая неподвижная точка, то попав в её бассейн, мы его уже не покинем, и плакала наша всюду-плотность.
Условие это, однако, ничего нам не говорит о характере неподвижных точек двух-, трёх- и более кратного отображения, каковые могут...

[RamsesHawk]

Someone писал(а):

RamsesHawk в сообщении #194152 писал(а):

Если функция неограниченна и непрерывна, то $\lim\limits_{x \rightarrow \infty}{|f(x)|} \rightarrow \infty$

Неверно. Вот контрпример: http://dxdy.ru/post193253.html#193253.

RamsesHawk в сообщении #194152 писал(а):

пусть $A = \bigcup\limits_{k=1}^{\infty}{a_{k}}$, тогда $f(A) = A$

Неверно, так как по определению $f(A)=A\setminus\{a_1\}$.

Да, Someone, Вы правы... Скорее, мне нужно было бы сказать, что функция не имеет предела при $x \rightarrow \infty$, а также, что $k$-е отображение множества решений будет исключать первые $k$ точек из этого множества... это, в некотором отношении, меняет дело...

[RamsesHawk]

Доказательство (благодаря Вашим замечаниям, Someone ):
$\blacktriangleleft$ Всё множество $\mathbb{R}$ при отображении $f$ распадается на два подмножества с пустым пересечением:
1) циклических точек $B$, для которых $f(B) = B$;
2) ациклических точек $A$, для которых $f(A) = A \setminus \bigcup\limits_{k=1}^{N}{\{a_{k,1}\}}$.
Мы также знаем, что
а) $\forall X,Y \in Sets, \varphi \in Functions : \varphi(X \cup Y) = \varphi(X) \cup \varphi(Y)$;
б) в нашем случае $A \cup B = \mathbb{R}$.
Пусть $f(\mathbb{R}) \neq \mathbb{R}$, тогда либо $f \not\in C(\mathbb{R})$, либо $\exists M \in \mathbb{R}: \forall x \in \mathbb{R}, |f(x)|<M$ и доказательство завершается.
Следовательно
$f(\mathbb{R}) = \mathbb{R},$
с другой стороны:
$\mathbb{R} = f(\mathbb{R}) = f(A \cup B) = f(A) \cup f(B) = \left( A \setminus \bigcup\limits_{k=1}^{N}{\{a_{k,1}\}} \right) \cup B = \mathbb{R} \setminus \bigcup\limits_{k=1}^{N}{\{a_{k,1}\}}$.
Но это возможно, только если $A = \varnothing$ - множество ациклических точек пусто - все точки циклические.
Следовательно, $\mathbb{R} = B$ распадается на счётное множество счётных подмножеств счётных или конечных порядков цикличности и несчётное подмножество мощности $\aleph$:
$\mathbb{R} = B_{\aleph} \cup \left(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}{\left( \bigcup\limits_{m=1}^{M_{k}}{B_{k,m}} \right)} \right) = B_{\aleph}\cup B_{\aleph_{0}}$.
Исключив из рассмотрения счётное подмножество $B_{\aleph_{0}}$ (ведь оно не содержит ни одной точки искомого отображения), рассмотрим несчётное его подмножество $B_{\aleph}$, каждая точка которого отображается на некоторую другую, причём проективная бесконечность отобразится в некоторую другую точку (иначе она будет принадлежать $B_{\aleph_0}$), в то же время, некоторая конечная точка отобразится в проективную бесконечность, и следовательно, либо функция $f \not\in C(\mathbb{R})$ либо отображение не всюду плотно. $\blacktriangleright$

Конечно, я могу ошибаться, буду благодарен Вам за исправления...

возникает вопрос... существует ли $f \not\in C(\mathbb{R})$, осуществляющая данное отображение? Ведь непрерывность функции учитывалась при доказательстве...

[RamsesHawk]

на примете крутятся кое-какие функции... Хотя, я ещё не полностью проверил...

Добавлено спустя 1 час 53 минуты 57 секунд:

эти функции вот такие, к примеру:
$f_{k}(x) = \tg\left(\pi \cdot \left\{ \frac{\arctan(x) + \frac{\pi}{2}+ k}{\pi} \right\}\right), k \in \mathbb{N}$.

Хочется сказать (если я не заблуждаюсь), что функция, реализующая искомое отображение должна отображать область своего определения на всё $\mathbb{R}$ и существовать на всём $\mathbb{R}$, за исключением в точности одной особой точки, вблизи которой она стремится к бесконечности, тогда при доказательстве её существования не должно возникнуть проблем и оно будет подобным данному, хотя вопрос о количестве особых точек такой функции мне кажется интересным и остаётся открытым (несмотря на то, что проективная бесконечность будет отображением всего одной особой точки).

[AD]

RamsesHawk в сообщении #194675 писал(а):

за исключением в точности одной особой точки, вблизи которой она стремится к бесконечности

xaxa3217 в сообщении #193237 писал(а):

функция $f\in C(\mathbb{R})$

Я что-то пропустил, или одно из двух?

[ewert]

RamsesHawk писал(а):

возникает вопрос... существует ли $f \not\in C(\mathbb{R})$, осуществляющая данное отображение?

Конечно, существует. Берём произвольное всюду плотное множество. Определяем функцию на нём так, чтобы каждую точку этого множества она переводила в следующую по номеру. А в остальных точках определяем эту функцию как угодно -- ну хоть нулём.

[RamsesHawk]

Возможно одно из двух... Такой функции $f \in C(\mathbb{R})$ не существует, если моё доказательство верно, напротив, мне кажется должна существовать такая $f \not\in C(\mathbb{R})$.

[ewert]

Так вот же она, эта функция не из Це -- парой строчек выше.

[RamsesHawk]

ewert писал(а):

RamsesHawk писал(а):

возникает вопрос... существует ли $f \not\in C(\mathbb{R})$, осуществляющая данное отображение?

Конечно, существует. Берём произвольное всюду плотное множество. Определяем функцию на нём так, чтобы каждую точку этого множества она переводила в следующую по номеру. А в остальных точках определяем эту функцию как угодно -- ну хоть нулём.

Вы правы - замыкание функционального отображения $\mathbb{R}$ должно давать $\mathbb{R}$...

Добавлено спустя 2 минуты 53 секунды:

ewert, я внимательно слежу за Вашими замечаниями и всё понял... мы переписываемся одновременно...

Добавлено спустя 3 минуты 23 секунды:

и в посте http://dxdy.ru/posting.php?mode=quote&p=194675 тоже дан пример такой функции....

[ewert]

RamsesHawk в сообщении #194699 писал(а):

и в посте http://dxdy.ru/posting.php?mode=quote&p=194675 тоже дан пример такой функции....

Во-первых, нет необходимости в примерах -- при отсутствии ограничений вопрос становится тривиальным.

Во-вторых, что это у Вас там за $k$? Вполне достаточно было бы вместо него оставить просто единичку (или любое другое число, несоизмеримое с $\pi$).

В-третьих, насчёт количества особых точек -- в Вашем примере их ровно две: один разрыв 1-го рода и один 2-го.

[RamsesHawk]

спасибо, ewert, насчёт во-вторых - полностью с Вами согласен... да и насчёт в-третьих тоже

P.S.: хотя это "ка" никому не мешает