Разрывные функции

vladb314 · Сообщение **vladb314** » 18 янв 2008, 21:08

Draeden писал(а):Source of the post
Конечно, то же метод: поделить все числа на рациональные и иррациональные, a рациональные разбить на классов, причём несократимые дроби $\frac{p_1}{q_1}$ и $\frac{p_2}{q_2}$ относятся к одному классу, если

$q_1 \equiv q2 (mod(m))$

Что-то я не понял...
Дроби $\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{6}$ войдут в один класс, так как $2 \equiv 6 (mod(2))$ .
Дроби $\frac{1}{3}$ и $\frac{1}{6}$ также войдут в один класс, так как $3 \equiv 6 (mod(3))$ .
Ho дроби $\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{3}$ не войдут в один класс, так как $2 \not\equiv 3 (mod(m))$ ни при одном m.
Следовательно данные классы не есть классы эквивалентности и не могут быть разбиением множества.

Draeden · Сообщение **Draeden** » 18 янв 2008, 21:49

Я имел ввиду следующее: допустим мы хотим разбить рациональные числа на пять классов, тогда к первому классу будут принадлежать дроби co знаменателями $$ 5n $$

, ко второй - co знаменателями $$ 5n+1 $$

и т.д. Такое отношение будет отношением эквивалении.

vladb314 · Сообщение **vladb314** » 18 янв 2008, 22:10

Да. Теперь у нас есть разбиение множества действительных чисел на любое наперёд заданное конечное число всюду плотных подмножетсв. K сожалению, данный способ не распространяется на бесконечность.
A можно ли разбить разбить множество действительных чисел на счётное число плотных подмножетсв?

vladb314 · Сообщение **vladb314** » 21 янв 2008, 20:12

Продолжим тему Возвращаясь к функции Dreadena из сообщения #53, замечу, что для её построения требуется разбиение множества действительных чисел на счётное число всюду плотных подмножеств (так как в правиле построения функции цикл повторяется счётное число раз). Доказать, что предельная функция будет существовать можно, доказательство несложное. Причём в правиле построения этой функции все эти плотные подмножетсва должны быть континуумами. Однако, на мой взгляд, можно обойтись и плотными счётными подножетсвами. Именно такое разбиение лежит в основе моего примера функции, график которой плотно заполняет всю координатную плоскость. Функция Dreadena сводится примерно к ней же.

Итак, пусть есть разбиение множества действительных чисел на счётное число всюду плотных подмножеств, одно из которых - континуум (множество иррациональных чисел), остальные - счётные (подмножества рациональных чисел). Тогда данная функция задаётся следующим правилом:
$f(x) = \left\{ 0,\quad x \in \mathbb{R}\backslash \mathbb{Q} \\ q_1 ,\quad x \in Q_1 \\ q_2 ,\quad x \in Q_2 \\ \vdots \\ q_n ,\quad x \in Q_n \\ \vdots \\ \right$
где
$\{ q_1 ,q_2 ,...,q_n ,...\} = \mathbb{Q}\backslash \{ 0\}$ ;
$\mathbb{Q} = Q_1 \sqcup Q_2 \sqcup ... \sqcup Q_n \sqcup ...$ - разбиение множества рациональных чисел на счётное число всюду плотных подмножеств.

Вопрос, как построить $Q_1 \sqcup Q_2 \sqcup ... \sqcup Q_n \sqcup ...$ остаётся открытым

Draeden · Сообщение **Draeden** » 21 янв 2008, 20:34

Это точно
Я, кстати, не Dreaden a Draeden , ибо второе слово смысла не имеет, a первое имеет (я для этого буквы переставлял, a вы их вернули на место

Hottabych · Сообщение **Hottabych** » 21 янв 2008, 20:49

vladb314 писал(а):Source of the post
Да. Теперь у нас есть разбиение множества действительных чисел на любое наперёд заданное конечное число всюду плотных подмножетсв. K сожалению, данный способ не распространяется на бесконечность.
A можно ли разбить разбить множество действительных чисел на счётное число плотных подмножетсв?

Возьмите Q, Q+sqrt(2), Q+2*sqrt(2),... Q+n*sqrt(2),....

Draeden · Сообщение **Draeden** » 21 янв 2008, 21:21

Respect Hottabych ! +1
Действительно, возьмём функцию:

$f_r(x,y)=x+y\sqrt{r} \\ x,y,r \in Q \setminus \{0\}$

если брать $$ r $$

из которых не извлекаются целые корни, то

$im f_{r_1}$ и $im f_{r_2}$ не пересекаются.

Поэтому построим счётное множество чисел из которых не извлекаюся целочисленные квадратные корни: $\{ r_1, r_2, ... \}$ и соответсвующие функции $\{ f_{r_1}, f_{r_2},... \}$ строящие счётные непересекающиеся множества. Объединение всех этих множеств даст $$ Q' $$

- некоторое подмножество действительных чисел $$ R $$

. Ho часть чисел остаётся, в частности трансцендентные числа. Трансцендентные числа образуют континуум ( я прав ? ), значит $Q \setminus Q'$ - континуум.

Разбиение построено.

vladb314 · Сообщение **vladb314** » 24 янв 2008, 12:29

Очень хорошо! Общими усилиями построена функция, график которой заполняет всю коорнитатную плосткость. Однако для этой функции существуют точки координатной плоскости, в окрестности которых имеется лишь счётное число точек графика функции.

Кто сможет придумать функцию, график которой настолько плотно заполняет координатную плоскость, что в любой окрестности любой точки координатной плоскости будет иметься континуум точек графика функции?

Draeden · Сообщение **Draeden** » 24 янв 2008, 12:57

Ну ты зверь! Я только передохнуть решил

Draeden · Сообщение **Draeden** » 26 янв 2008, 13:27

vladb314, я, неожиданно для себя, заметил, что мы отклонились от темы
Ведь мы обсуждаем доказательство того, что нельзя построить некоторые специфичные
функции описанные в #35. Я до сих пор его не понял

yourdomain.com