实变函数

实变函数

在某有界闭区域上定义的一切连续二元函数构成的集合的基数是什么,威慑么

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$|| f(x+h)-f(x)||=o(h^{1+\alpha}),f=C?$

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实变函数-单调函数导数几乎处处为零问题

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专业数学hahaha 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 1829 次浏览 • 2012-05-25 13:32 • 来自相关话题

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Math001

Math001 回答了问题 • 2012-05-25 13:32 • 0 个回复 不感兴趣

实变函数-单调函数导数几乎处处为零问题

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对于$x<y$有,
$f(y)-f(x)=\sum\limits_{r_n<y}2^{-n}- \sum\limits_{r_n<x}2^{-n}$
$=\sum\limits_{x\le r_n<y}2^{-n} >0 $
所以... 显示全部 »
对于$x<y$有,
$f(y)-f(x)=\sum\limits_{r_n<y}2^{-n}- \sum\limits_{r_n<x}2^{-n}$
$=\sum\limits_{x\le r_n<y}2^{-n} >0 $
所以单增。

对$q\in \mathbb Q^+ $,定义$A_q= \bigcup\limits_{n=1}^{\infty}(r_n-q\cdot 2^{-\frac{n}{3}},r_n+q\cdot 2^{-\frac{n}{3}})\ $

于是$m(A_q)\le \sum\limits_{n=1}^{\infty}2q\cdot2^{-\frac{n}{3}}\le 10q $

再令$A=\bigcap\limits_{q\in \mathbb Q^+}A_q $, 易知$A$为零测集。

于是取$x\not\in A$, 根据$A$的定义,就是说存在$q\in \mathbb Q^+ $,对任意的$n\in \mathbb Z^+ $有:

$q\cdot 2^{-\frac{n}{3}}\le |x-r_n|$

则有对任意$ y\in (0,1) $

$|f(y)-f(x)|= \sum\limits_{|x-r_n|<|x-y|}2^{-n} $ (这是由函数定义来的)

$=\cfrac{1}{q^2}\sum\limits_{|x-r_n|<|x-y|} 2^{-\frac{n}{3}} \cdot (q\cdot2^{-\frac{n}{3}})^2 $ (这步是恒等变形)

$<\cfrac{1}{q^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} 2^{-\frac{n}{3}} \cdot |x-y|^2$(这是步是因为$q\cdot 2^{-\frac{n}{3}}\le |x-r_n|<|x-y|$)

=$\cfrac{10}{q^2}|x-y|^2$

这说明对于$x\not\in A$有 $f'(x)=0$
Math001

Math001 回答了问题 • 2015-07-07 08:54 • 2 个回复 不感兴趣

证明分析里的一个存在性

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首先,有理数能写成$r_1,r_2,r_3,\cdots$序列,这个双射的存在,是构造性的。
所以,最后那个集合具体什么样,依赖这个序列的具体的构造。


令$U_i=\bigcup\limits_{1\le k\le i}E_i$,因为每个$E_i$是确定的... 显示全部 »
首先,有理数能写成$r_1,r_2,r_3,\cdots$序列,这个双射的存在,是构造性的。
所以,最后那个集合具体什么样,依赖这个序列的具体的构造。


令$U_i=\bigcup\limits_{1\le k\le i}E_i$,因为每个$E_i$是确定的,于是$U_i$确定。
那么那些属于$U_i$也是确定的。于是这是取$p_i\not\in U_i$

这个时候每个$p_i$都能通过具体的构造确定的(这里甚至可以$p_i\in\mathbb{Q}$)。

最后,在一个确定的序列里找收敛子列,让他收敛于$p$,这个$p$就是所求。

具体构造的operator,如果有兴趣,你可以用程序代码写一下,可能会很复杂。
Math001

Math001 回答了问题 • 2015-09-29 15:10 • 1 个回复 不感兴趣

最小sigma代数中元素个数

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考虑使用概率论中的符号:
$A+B$表示$A\cup B$
$AB$表示$A\cap B$
$\overline{A}$表示$A^c$

考虑
$\mathbb{Z}^+=(A_3+\overline{ A_3})(A_4+\overline{ A_4})(A... 显示全部 »
考虑使用概率论中的符号:
$A+B$表示$A\cup B$
$AB$表示$A\cap B$
$\overline{A}$表示$A^c$

考虑
$\mathbb{Z}^+=(A_3+\overline{ A_3})(A_4+\overline{ A_4})(A_5+\overline{ A_5})(A_6+\overline{ A_6})$

$=A_3A_4A_5A_6+{A_3}{A_4}{A_5}\overline{A_6}+{A_3}{A_4}\overline{A_5}{A_6}+{A_3}{A_4}\overline{A_5}~\overline{A_6}$
$+{A_3}\overline{A_4}{A_5}{A_6}+{A_3}\overline{A_4}{A_5}\overline{A_6}+{A_3}\overline{A_4}~\overline{A_5}{A_6}+{A_3}~\overline{A_4}~\overline{A_5}~\overline{A_6}$
$+\overline{A_3}{A_4}{A_5}{A_6}+{A_3}{A_4}{A_5}\overline{A_6}+\overline{A_3}{A_4}\overline{A_5}{A_6}+\overline{A_3}{A_4}\overline{A_5}~\overline{A_6}$
$+\overline{A_3}~\overline{A_4}{A_5}{A_6}+\overline{A_3}~\overline{A_4}{A_5}\overline{A_6}+\overline{A_3}~\overline{A_4}~\overline{A_5}{A_6}+\overline{A_3}~\overline{A_4}~\overline{A_5}~\overline{A_6}$

去掉这16项中的空集

注意$\overline{A_3}A_6=\emptyset,$

于是上面的第$9,11,13,15$项可以去掉。

另外$A_3A_4=A_{12}\subset A_6 $

于是$A_3A_4A_5\overline{A_6}=A_3A_4\overline{A_5}~\overline{A_6}=\emptyset$
这两项,即第$2,4$项也可以去掉。


于是得到
$\mathbb{Z}^+=(A_3+\overline{ A_3})(A_4+\overline{ A_4})(A_5+\overline{ A_5})(A_6+\overline{ A_6})$

$=A_3A_4A_5A_6+{A_3}{A_4}\overline{A_5}{A_6}$
$+{A_3}\overline{A_4}{A_5}{A_6}+{A_3}\overline{A_4}{A_5}\overline{A_6}+{A_3}\overline{A_4}~\overline{A_5}{A_6}+{A_3}~\overline{A_4}~\overline{A_5}~\overline{A_6}$
$+{A_3}{A_4}{A_5}\overline{A_6}+\overline{A_3}{A_4}\overline{A_5}~\overline{A_6}$
$+\overline{A_3}~\overline{A_4}{A_5}\overline{A_6}+\overline{A_3}~\overline{A_4}~\overline{A_5}~\overline{A_6}$

这是$10$个非空两两不交$\varphi$中的集合。

对应为$Y_1,Y_2,\cdots,Y_{10}$

而且$A_3,A_3,A_5,A_6$能被$\{Y_i\}$中的集合有限并出来。

于是$\varphi$可以由$\{Y_i\}$生成。

用超限归纳法,可证明$\varphi$的任意元素,可由$\{Y_i\}$中的集合有限并出来。

所以,$\varphi$的元素个数是$\{Y_i\}$幂集的个数,为$2^{10}$
Math001

Math001 回答了问题 • 2016-01-04 12:08 • 1 个回复 不感兴趣

外测度的不等式 (等式)

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大于等于,一般用搞一个$\epsilon$的方法。

$A,B$中有一个零测度集合,结论显然。

另外$A,B$都是开长方体,结论也显然(定义就这样)。

不妨$A,B$的外测度都正的。

对于给定$\epsilon>0$,存在分别覆盖$A , B$的开... 显示全部 »
大于等于,一般用搞一个$\epsilon$的方法。

$A,B$中有一个零测度集合,结论显然。

另外$A,B$都是开长方体,结论也显然(定义就这样)。

不妨$A,B$的外测度都正的。

对于给定$\epsilon>0$,存在分别覆盖$A , B$的开长方体$A_i,B_i$(有限个)

满足$m^*A+\epsilon\ge\sum\limits_{i}A_i~,~m^*B+\epsilon\ge\sum\limits_{i}B_i$

显然$A\times B\subset \bigcup\limits_{i,j} A_i\times B_i$

于是$m^*(A\times B)\le m^*(\bigcup\limits_{i,j} A_i\times B_i)\le\sum\limits_{i,j}m^*(A_i\times B_j)$

$=\sum\limits_{i}m^*A_i\cdot \sum\limits_{j}m^*B_j\le(m^*A+\epsilon)(m^*B+\epsilon)$

不等号的另外一个方向

取$R^m\times R^n$中的开集$U\supset A\times B$,满足

$m^*U<m^*(A\times B)+\epsilon$

对固定$x\in R^m$,有截口$U_x=\{y\in R^n:(x,y)\in U\}\supset B$

而$U$在$R^m$上的投影$\pi(U)\supset A$

利用富比尼定理: $m^*(A\times B)+\epsilon>mU$

$=\int\limits_{\pi(U)}mU_x\ge \int\limits_{\pi(U)}m^*B=m^*B\cdot m\pi(U)\ge m^*B\cdot m^*A$
该结论对任意可测集都是对的。

假设存在一个正测度集$B$,其中任意两点距离都不是有理数。$B$在某一$[k,k+1)$上的测度一定为正。否则$m(B)=\sum_k m(B\cap [k,k+1])=0$与$B$测度不为0矛盾。

不妨设$B$在$[0,1]... 显示全部 »
该结论对任意可测集都是对的。

假设存在一个正测度集$B$,其中任意两点距离都不是有理数。$B$在某一$[k,k+1)$上的测度一定为正。否则$m(B)=\sum_k m(B\cap [k,k+1])=0$与$B$测度不为0矛盾。

不妨设$B$在$[0,1]$上测度为正。对任意有理数$q\in \mathbb{Q}\cap [0,1]$,$(B+q)\cap B=\emptyset$且$B+q\in [0,2]$。考虑$A=\cup_{q\in \mathbb{Q}\cap [0,1]}(B+q)$。由于$[0,1]$上的有理数可数,且测度具有平移不变性,$m(A)=\sum_{q\in Q\cap [0,1]} m(B+q)=m(B)\cdot \infty=\infty$。另一方面$A\in [0,2]$,所以$m(A)\leq 2$。矛盾!

因此$\mathbb{R}$上任意正测度集中是否一定有两相异点距离为有理数。
$记区域D上的n元连续函数集为S
\\若x_i\in\mathbf{Q},则称x=(x_1,x_2,...x_n)为有理点
\\由连续性知f\in S由在D中所有有理点的函数值唯一确定
\\f在每个有理点取值都有\mathbf{R}中选择,D中有\mathbf... 显示全部 »
$记区域D上的n元连续函数集为S
\\若x_i\in\mathbf{Q},则称x=(x_1,x_2,...x_n)为有理点
\\由连续性知f\in S由在D中所有有理点的函数值唯一确定
\\f在每个有理点取值都有\mathbf{R}中选择,D中有\mathbf{Q}个有理点
\\故|S|={\mathbf{R}}^{\mathbf{Q}}



$

在某有界闭区域上定义的一切连续二元函数构成的集合的基数是什么,威慑么

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R上任意正测度集中是否一定有两相异点距离为有理数

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外测度的不等式 (等式)

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$|| f(x+h)-f(x)||=o(h^{1+\alpha}),f=C?$

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最小sigma代数中元素个数

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证明分析里的一个存在性

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【实变函数论】求有界点集的内测度小于外侧度的例子?

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实变函数-单调函数导数几乎处处为零问题

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