Quante sono le funzioni continue / integrabili?
Salve, avrei bisogno di conoscere la cardinalita' di questi due insiemi:
1) le funzioni continue di $RR$ in se'
2) le funzioni integrabili (secondo L.) sempre di $RR$ in se'
Come posso fare? Grazie per l'aiuto
1) le funzioni continue di $RR$ in se'
2) le funzioni integrabili (secondo L.) sempre di $RR$ in se'
Come posso fare? Grazie per l'aiuto
Risposte
"Luca.Lussardi":
Forse puo' essere utile ricordare, una volta tanto, la vera definizione di funzione, ovvero come sottoinsieme di un prodotto cartesiano. Una funzione da $\RR$ in $\RR$, per esempio, e' un sottoinsieme di $\RR x \RR$ fatto in un certo modo; da qui segue una stima dall'alto per la cardinalita' dell'insieme di tutte le funzioni. Va poi controllata una stima dal basso.
Boh sinceramente a me questo suggerimento mi confonde le idee!
Le funzioni in generale hanno potenza superiore al continuo: basta prendere le indicatrici, quindi le funzioni da $RR$ in ${0,1}$ e ce ne sono tante quanti i sottoinsiemi di $RR$.... cardinalità $\aleph_2$ almeno. $RR x RR$ non ha mica cardinalita $\aleph_1$?!? Mmm queste questioni di cardinalità sono proprio infide...
Appunto, l'insieme di tutte le funzioni da $\RR$ in $\RR$ ha cardinalita' pari alla cardinalita' delle parti di $\RR x \RR$, che dovrebbe essere $\aleph_1$. Questo e' un controllo dall'alto; ora va trovata la stima da sotto.
Già si scusami sono un po' fuori mi sa... chissà perché nella mia mente ho collegato sottoinsieme di $RR^2$ con cardinalità $\aleph_1$ con la cardinalità dell'insieme delle funzioni... 
Consideriamo una funzione $f!=0$ integrabile su $RR$. Sia $A$ l'insieme delle funzioni $g$ che sono uguali ad $f$ eccetto che sull'insieme di Cantor e che diverse da zero per ogni $x$.
$A$ dovrebbe essere un'insieme (almeno) non numerabile.
Consideriamo poi l'insieme $P$ delle parti dell'insieme di Cantor, che avrà cardinalità superiore a quella di $RR$. Per la completezza della misura di Lebesgue ogni insieme $BinP$ avrà misura zero. Definiamo poi la funzione $g_(B)$ in maniera tale che essa è uguale a zero su $B$, è uguale ad $f$ fuori dall'insieme di Cantor e vale un qualsiasi numero diverso da zero sull'insieme $C$, dove $C$ è l'insieme di Cantor meno $B$. Avremo allora tante funzioni $g_B$ quante sono le parti dell'insieme di Cantor. Inoltre per la completezza della misura di Lebesgue tutte queste funzioni saranno integrabili e il loro integrale varrà lo stesso di $f$. Quindi l'insieme delle funzioni $g_(B)$ avrà cardinalità maggiore di quella di $RR$.
Che ne dite?
PS:scusate se ho scritto qualche eresia...
$A$ dovrebbe essere un'insieme (almeno) non numerabile.
Consideriamo poi l'insieme $P$ delle parti dell'insieme di Cantor, che avrà cardinalità superiore a quella di $RR$. Per la completezza della misura di Lebesgue ogni insieme $BinP$ avrà misura zero. Definiamo poi la funzione $g_(B)$ in maniera tale che essa è uguale a zero su $B$, è uguale ad $f$ fuori dall'insieme di Cantor e vale un qualsiasi numero diverso da zero sull'insieme $C$, dove $C$ è l'insieme di Cantor meno $B$. Avremo allora tante funzioni $g_B$ quante sono le parti dell'insieme di Cantor. Inoltre per la completezza della misura di Lebesgue tutte queste funzioni saranno integrabili e il loro integrale varrà lo stesso di $f$. Quindi l'insieme delle funzioni $g_(B)$ avrà cardinalità maggiore di quella di $RR$.
Che ne dite?
PS:scusate se ho scritto qualche eresia...
"Luca.Lussardi":
Appunto, l'insieme di tutte le funzioni da $\RR$ in $\RR$ ha cardinalita' pari alla cardinalita' delle parti di $\RR x \RR$, che dovrebbe essere $\aleph_1$. Questo e' un controllo dall'alto; ora va trovata la stima da sotto.
ma siamo sicuri che quell'insieme ha cardinalita' $\aleph_1$? se gia' $\RR$ ha cardinalita' $2^{\aleph_0}$ che e' $>= \aleph_1$...
"cubalibre":
Consideriamo una funzione $f!=0$ integrabile su $RR$. Sia $A$ l'insieme delle funzioni $g$ che sono uguali ad $f$ eccetto che sull'insieme di Cantor e che diverse da zero per ogni $x$.
$A$ dovrebbe essere un'insieme (almeno) non numerabile.
Consideriamo poi l'insieme $P$ delle parti dell'insieme di Cantor, che avrà cardinalità superiore a quella di $RR$. Per la completezza della misura di Lebesgue ogni insieme $BinP$ avrà misura zero. Definiamo poi la funzione $g_(B)$ in maniera tale che essa è uguale a zero su $B$, è uguale ad $f$ fuori dall'insieme di Cantor e vale un qualsiasi numero diverso da zero sull'insieme $C$, dove $C$ è l'insieme di Cantor meno $B$. Avremo allora tante funzioni $g_B$ quante sono le parti dell'insieme di Cantor. Inoltre per la completezza della misura di Lebesgue tutte queste funzioni saranno integrabili e il loro integrale varrà lo stesso di $f$. Quindi l'insieme delle funzioni $g_(B)$ avrà cardinalità maggiore di quella di $RR$.
Che ne dite?
PS:scusate se ho scritto qualche eresia...
Si mi sembra giusto: la dimostrazione è quella li. Io l'avevo vista con le funzioni caratteristiche degli insiemi $B$ sottoinsiemi dell'insieme di Cantor, ma è lo stesso. L'insieme di Cantor ha la potenza del continuo perché è un insieme perfetto quindi l'insieme delle parti ha cardinalità $\aleph_2$ ne consegue che l'insieme delle funzioni integrabili secondo Lebesgue ha cardinalità strettamente maggiore di quella del continuo.
"erasmo":
[quote="Luca.Lussardi"]Appunto, l'insieme di tutte le funzioni da $\RR$ in $\RR$ ha cardinalita' pari alla cardinalita' delle parti di $\RR x \RR$, che dovrebbe essere $\aleph_1$. Questo e' un controllo dall'alto; ora va trovata la stima da sotto.
ma siamo sicuri che quell'insieme ha cardinalita' $\aleph_1$? se gia' $\RR$ ha cardinalita' $2^{\aleph_0}$ che e' $>= \aleph_1$...[/quote]
Beh io credo nell'ipotesi del continuo quindi... $\aleph_1=2^{\aleph_0}$
"david_e":
Beh io credo nell'ipotesi del continuo quindi... $\aleph_1=2^{\aleph_0}$
Fai male, perché del recente lavoro di Woodin sembra indicare che la nostra concezione intuitiva degli insiemi porta a determinare la falsità dell'Ipotesi del Continuo (naturalmente aggiungendo qualche assioma "molto plausibile" dal punto di vista intuitivo). E in ogni caso molti esperti sono orientati verso la falsità di tale Ipotesi.
"david_e":
Beh io credo nell'ipotesi del continuo quindi... $\aleph_1=2^{\aleph_0}$
va bene, ma comunque l'insieme delle parti di $\RR x \RR$ deve avere cardinalita' strettamente maggiore di $2^{\aleph_0}$
L'ipotesi del continuo non è indecidibile? Nel senso l'ipotesi del continuo si può considerare come un assioma o sbaglio? Per il resto le mie conoscenze matematiche sono troppo scarse per poter veramente permettermi di prendere una posizione, l'unico motivo per cui accetto tale ipotesi è che rende più facile la notazione: l'insieme delle parti di $RR$ ha cardinalità $\aleph_2$ non $2^{2^{\aleph_0}}$...
La cardinalità di $RR^2$ è esattamente uguale a quella di $RR$: c'è una corrispondenza uno a uno fra i due insiemi. Ci sono in effetti curve, tipo la curva di Peano, che riempiono l'intero piano... (la dimostrazione comunque è venuta ben prima di questi esempi). Quindi la cardinalità dell'insieme delle parti di $RR^2$ dovrebbe essere $\aleph_2$ (sempre se vale l'ipotesi di Cantor).
La cardinalità di $RR^2$ è esattamente uguale a quella di $RR$: c'è una corrispondenza uno a uno fra i due insiemi. Ci sono in effetti curve, tipo la curva di Peano, che riempiono l'intero piano... (la dimostrazione comunque è venuta ben prima di questi esempi). Quindi la cardinalità dell'insieme delle parti di $RR^2$ dovrebbe essere $\aleph_2$ (sempre se vale l'ipotesi di Cantor).
"david_e":
L'ipotesi del continuo non è indecidibile? Nel senso l'ipotesi del continuo si può considerare come un assioma o sbaglio? Per il resto le mie conoscenze matematiche sono troppo scarse per poter veramente permettermi di prendere una posizione, l'unico motivo per cui accetto tale ipotesi è che rende più facile la notazione: l'insieme delle parti di $RR$ ha cardinalità $\aleph_2$ non $2^{2^{\aleph_0}}$...
L'ipotesi dei continuo non è dimostrabile né confutabile dagli assiomi della teoria corrente degli insiemi. Tuttavia, rimane comunque un problema aperto determinare se essa è vera o falsa. Esiste o no un sottinsieme infinito di $RR$ che non è in biettività né con $NN$ né con $RR$? Woodin ha compiuto, sembra, degli ottimi progressi nella direzione della falsità dell'ipotesi del continuo. Comunque certamente la questione è molto spinosa... per alcuni il problema non è nemmeno sensato.
"erasmo":
Salve, avrei bisogno di conoscere la cardinalita' di questi due insiemi:
1) le funzioni continue di $RR$ in se'
2) le funzioni integrabili (secondo L.) sempre di $RR$ in se'
Come posso fare? Grazie per l'aiuto
Si tratta di applicazioni più o meno indirette del Teorema di Shroeder Berstein
Se $A$ e $B$ sono due insieme tali che esiste una applicazione iniettiva di $A$ in $B$ ed esiste una applicazione iniettiva di $B$ in $A$, allora $A$ e $B$ hanno la stessa cardinalità.
Sviluppo nel dettaglio il caso 1) che è più facile, sia $C(RR)$ l'insieme delle funzioni continue abbiamo che:
per ogni funzione continua $f$ consideriamo la successione di funzioni $\{f_k : k\in NN\}$ dove $f_k$ è la restirzione di $f$ all'intervallo [-k,k]. Ogni funzione continua identifica univocamente una successione quindi $C(RR)$ è in corrispondenza biunivoca con l'insieme
$X=prod_{k\in N} C([-k,k])$.
a)Ogni insieme $C([-k,k])$ ha cardinalità $2^{\aleph_0}$.
b)l'insieme $X$ è unione numerabile di insiemi di cardinalità $2^{\aleph_0}$ che ha a sua volta cardinalità $2^{\aleph_0}$.
Il caso 2) mi sembra più difficile ma credo vada nella stessa direzione utilizzando $L^2([-k,k])$.
Ditemi come la vedete.
Saluti
Mistral
Mi spiegeresti questo passaggio:
non ho capito perché $C([-k,k])$ ha quella cardinalità...
Lo ha risolto cubalibre: le funzioni L. integrabili costituiscono un insieme di cardinalità strettamente superiore a quella di $RR$: pari alla cardinalità dell'insieme delle parti di $RR$.
"Mistral":
a)Ogni insieme $C([-k,k])$ ha cardinalità $2^{\aleph_0}$.
non ho capito perché $C([-k,k])$ ha quella cardinalità...
"Mistral":
Il caso 2) mi sembra più difficile ma credo vada nella stessa direzione utilizzando $L^2([-k,k])$.
Lo ha risolto cubalibre: le funzioni L. integrabili costituiscono un insieme di cardinalità strettamente superiore a quella di $RR$: pari alla cardinalità dell'insieme delle parti di $RR$.
Il fatto che non esistono cardinali tra $\aleph_{0}$ e $2^{\aleph_0}$ non è dimostrabile nella teoria degli insiemi $ZF$e $ZFC$. Io cerco una soluzione del problema posto in tale ambito.
Il fatto che $C([-k,k])$ ha cardinalità $2^{\aleph_{0}}$ dovrebbe derivare dal fatto che ogni funzione è sviluppabile in serie di Fourier. Comunque il mio è un abbozzo di dimostrazione e come tale impreciso o addirittura errato.
Saluti
Mistral
Il fatto che $C([-k,k])$ ha cardinalità $2^{\aleph_{0}}$ dovrebbe derivare dal fatto che ogni funzione è sviluppabile in serie di Fourier. Comunque il mio è un abbozzo di dimostrazione e come tale impreciso o addirittura errato.
Saluti
Mistral
"Mistral":
Il fatto che non esistono cardinali tra $\aleph_{0}$ e $2^{\aleph_0}$ non è dimostrabile nella teoria degli insiemi $ZF$e $ZFC$. Io cerco una soluzione del problema posto in tale ambito.
Il fatto che $C([-k,k])$ ha cardinalità $2^{\aleph_{0}}$ dovrebbe derivare dal fatto che ogni funzione è sviluppabile in serie di Fourier. Comunque il mio è un abbozzo di dimostrazione e come tale impreciso o addirittura errato.
Saluti
Mistral
Quindi una conseguenza di Stone-Wierstrass... si non ci avevo pensato.
Sono arrivato tardi... comunque meglio tardi che mai!!
Conosco solo il primo risultato.
Ma veniamo alla dimostrazione.
Ogni funzione continua definita su $RR$ è nota se è nota la sua restrizione a $QQ$.
Pertanto $card(C(RR,RR))=card(RR^(QQ))$,
dove $RR^(QQ)$ è l'insieme delle funzioni da $QQ$ in $RR$.
Consideriamo ora la funzione $f: QQ -> P(NN)$, dove $P(NN)$ è l'insieme delle parti di $NN$.
$D(f)={(q,n)| q in QQ, n in f(q)}$ è un sottoinsieme di $QQxNN$, pertanto la funzione
$D: P(NN)^(QQ)->P(QQxNN)$ è iniettiva,
in altre parole $card(P(NN)^(QQ))<=card(P(QQxNN))$.
Ricordando che $card(RR)=card(P(NN))$ si ha
$card(RR^(QQ))=card(P(NN)^(QQ))<=card(P(QQxNN))=card(P(NN))=card(RR)=c.
Pertanto $card(RR^(QQ))<=c$.
Dimostriamo che $card(RR^(QQ))>=c$:
$card(RR^(QQ))>=card({0,1}^(QQ))=card(P(QQ))=card(P(NN))=c$,
con ${0,1}^(QQ)$ ho indicato le funzioni da $QQ$ a {0,1}, le quali, utilizzando la funzione caratteristica, sono in corrispondenza biunivoca con $P(QQ)$.
Quindi le funzioni continue da $RR$ in $RR$ hanno la potenza del continuo.
Dimostriamo anche quello che ha detto david_e : $card(RR^RR)=2^c=aleph_2$.
Infatti
$2^c=card(P(RR))=card({0,1}^RR)<=card(RR^RR)<=card(P(RRxRR))=card(P(RR))=2^c$.
Conosco solo il primo risultato.
Ma veniamo alla dimostrazione.
Ogni funzione continua definita su $RR$ è nota se è nota la sua restrizione a $QQ$.
Pertanto $card(C(RR,RR))=card(RR^(QQ))$,
dove $RR^(QQ)$ è l'insieme delle funzioni da $QQ$ in $RR$.
Consideriamo ora la funzione $f: QQ -> P(NN)$, dove $P(NN)$ è l'insieme delle parti di $NN$.
$D(f)={(q,n)| q in QQ, n in f(q)}$ è un sottoinsieme di $QQxNN$, pertanto la funzione
$D: P(NN)^(QQ)->P(QQxNN)$ è iniettiva,
in altre parole $card(P(NN)^(QQ))<=card(P(QQxNN))$.
Ricordando che $card(RR)=card(P(NN))$ si ha
$card(RR^(QQ))=card(P(NN)^(QQ))<=card(P(QQxNN))=card(P(NN))=card(RR)=c.
Pertanto $card(RR^(QQ))<=c$.
Dimostriamo che $card(RR^(QQ))>=c$:
$card(RR^(QQ))>=card({0,1}^(QQ))=card(P(QQ))=card(P(NN))=c$,
con ${0,1}^(QQ)$ ho indicato le funzioni da $QQ$ a {0,1}, le quali, utilizzando la funzione caratteristica, sono in corrispondenza biunivoca con $P(QQ)$.
Quindi le funzioni continue da $RR$ in $RR$ hanno la potenza del continuo.
Dimostriamo anche quello che ha detto david_e : $card(RR^RR)=2^c=aleph_2$.
Infatti
$2^c=card(P(RR))=card({0,1}^RR)<=card(RR^RR)<=card(P(RRxRR))=card(P(RR))=2^c$.
Innanzitutto grazie a tutti per l'aiuto!
Non mi e' chiaro questo passaggio, potresti spiegarmelo?
"Piera":
Pertanto $card(C(RR,RR))=card(RR^(QQ))$
Non mi e' chiaro questo passaggio, potresti spiegarmelo?
E' noto dall'analisi che una funzione continua è identificata dai suoi valori sull'insieme dei numeri razionali.
questo e' vero ma non credo che ogni funzione di $QQ$ in $RR$ si possa prolungare ad una funzione continua di $RR$ in se'... al piu' abbiamo $card(C(RR,RR)) <= card(RR^(QQ))$
"Piera":
Sono arrivato tardi... comunque meglio tardi che mai!!
Conosco solo il primo risultato.
Ma veniamo alla dimostrazione.
Ogni funzione continua definita su $RR$ è nota se è nota la sua restrizione a $QQ$.
Pertanto $card(C(RR,RR))=card(RR^(QQ))$,
dove $RR^(QQ)$ è l'insieme delle funzioni da $QQ$ in $RR$.
Consideriamo ora la funzione $f: QQ -> P(NN)$, dove $P(NN)$ è l'insieme delle parti di $NN$.
$D(f)={(q,n)| q in QQ, n in f(q)}$ è un sottoinsieme di $QQxNN$, pertanto la funzione
$D: P(NN)^(QQ)->P(QQxNN)$ è iniettiva,
in altre parole $card(P(NN)^(QQ))<=card(P(QQxNN))$.
Ricordando che $card(RR)=card(P(NN))$ si ha
$card(RR^(QQ))=card(P(NN)^(QQ))<=card(P(QQxNN))=card(P(NN))=card(RR)=c.
Pertanto $card(RR^(QQ))<=c$.
Dimostriamo che $card(RR^(QQ))>=c$:
$card(RR^(QQ))>=card({0,1}^(QQ))=card(P(QQ))=card(P(NN))=c$,
con ${0,1}^(QQ)$ ho indicato le funzioni da $QQ$ a {0,1}, le quali, utilizzando la funzione caratteristica, sono in corrispondenza biunivoca con $P(QQ)$.
Quindi le funzioni continue da $RR$ in $RR$ hanno la potenza del continuo.
Dimostriamo anche quello che ha detto david_e : $card(RR^RR)=2^c=aleph_2$.
Infatti
$2^c=card(P(RR))=card({0,1}^RR)<=card(RR^RR)<=card(P(RRxRR))=card(P(RR))=2^c$.
Decisamente meglio del mio abbozzo di dimostrazione che tra l'altro mi sembra contenga delle imprecisioni irrecuperabili.
Rovistando sui mie libri ho trovato che il secondo problema delle funzioni integrabiliti viene dato come esercizio molto difficile da risolvere.
Saluti
Mistral
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