Matematyka.pl

Wiemy, że \(\displaystyle{ C^{\infty}[0, 2\pi]}\) jest przestrzenią funkcji gładkich na \(\displaystyle{ 0 \leqslant x \leqslant 2\pi; \mathbb{R}^{\infty}}\) jest zbiorem nieskończonych ciągów liczb rzeczywistych. Mapę projekcji \(\displaystyle{ p}\) z \(\displaystyle{ C^{\infty}[0, 2\pi]}\) do \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{\infty}}\) definiuje się jako \(\displaystyle{ a_j = D^{(j)}f(2\pi) - D^{(j)}f(0) = f^{(j)}(2\pi) - f^{(j)}(0)}\), tzn. różnica zwykłej pochodnej w punktach \(\displaystyle{ 2\pi}\) i \(\displaystyle{ 0}\) (zwykłej, tzn. np. dla \(\displaystyle{ x^{2}}\) mamy \(\displaystyle{ 2x}\), co jest w miarę logiczne, wszakże nie jest podany kierunek/wektor, w którym mielibyśmy liczyć pochodną kierunkową). Ponadto, funkcja nieskończenie wiele razy różniczkowalna może być zadana dowolnym rozwinięciem Taylora danym wzorem \(\displaystyle{ f(x) = f(k) + f'(k)x + f''(k)\frac{(x-k)^2}{2!} + \ldots = \sum_{j = 0}^{\infty} f^{(j)}(k)\frac{(x-k)^j}{j!}}\)
(gdzie "!" oznacza silnię, np. dla 3! mamy \(\displaystyle{ 1 \cdot 2 \cdot 3}\)), tzn. zawsze możemy utworzyć taki ciąg. Wówczas możemy utożsamić funkcję gładką z naszym nieskończonym ciągiem, gdzie \(\displaystyle{ a_j}\) - kolejny wyraz z rozwinięcia Taylora z jakimś współczynnikiem, tzn. funkcja gładka może być przedstawiona za pomocą DOWOLNEGO rozwinięcia Taylora z jakimś współczynnikiem, co oznacza, że dla każdego ciągu należącego do \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{\infty}}\) istnieje taka funkcja \(\displaystyle{ f \in C^{\infty}[0, 2\pi]}\), że \(\displaystyle{ p(f)}\) jest naszym nieskończonym ciągiem, tj. \(\displaystyle{ p(f) = (a_0, a_1, a_2, \ldots, a_n, \ldots)}\). To z kolei przekazuje nam bardzo istotną informację, że ma być spełniony następujący nieskończony układ równań:
\(\displaystyle{
\left\{\begin{matrix}
a_0 = f(2\pi) - f(0), \\
a_1 = Df(2\pi) - Df(0) = f'(2\pi) - f'(0), \\
a_2 = D^{2}f(2\pi) - D^{2}f(0) = f''(2\pi) - f''(0), \\
\vdots \\
a_n = D^{(n)}f(2\pi) - D^{(n)}f(0) = f^{(n)}(2\pi) - f^{(n)}(0), \\
\vdots
\end{matrix}\right.
}\).
Poza tym, dana jest funkcja, która jest rozwinięciem w szereg Maclaurina, tzn. \(\displaystyle{ g(x) = \sum_{j=0}^{\infty} a_j\frac{x^j}{j!} = a_0 + a_1 \cdot x + a_2 \cdot \frac{x^2}{2} + \ldots + a_n \cdot \frac{x^n}{n!} + \ldots}\)
("!" tradycyjnie oznacza silnię). Wtedy, licząc po kolei pochodne tej funkcji \(\displaystyle{ g}\) w punkcie \(\displaystyle{ x = 0}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ g(0) = a_0, g'(0) = a_1, g''(0) = a_2, \ldots, g^{(n)}(0) = a_n, \ldots}\) a ponadto funkcja ta (tzn. funkcja \(\displaystyle{ g}\)) jest nieskończenie różniczkowalna na przedziale \(\displaystyle{ [0, 2\pi]}\) (nie do końca wiem dlaczego, czy to bardziej wynika z \(\displaystyle{ g(0) = a_0}\) itd. czy bardziej z samej definicji rozwinięcia w szereg Maclaurina, ale jest). Znajdź funkcję \(\displaystyle{ f(x)}\), która jest uniwersalną (tzn. dowolnej jej wartości można przypisać jej wyraz w nieskończonym ciągu) kombinacją liniową funkcji \(\displaystyle{ g}\) i siebie samej albo funkcji \(\displaystyle{ g}\) i jakiejś innej funkcji. Powtarzam, uniwersalną!!! Oczywiście, wszelkie instrukcje jak ją znaleźć albo programy, w których można to uczynić, też są mile widziane. Myślałem, że da się po prostu przyjąć \(\displaystyle{ f(x) = g(x)}\), ale niestety chyba nie jest to aż tak proste (albo jest, tylko ja kompletnie nie wiem dlaczego tak jest).

Nie wiem o co chodzi w ostatniej części wypowiedzi. Ale nie zgadzam się z pierwszą. Opisana bijekcja między \(\displaystyle{ C^{\infty}}\), a \(\displaystyle{ \RR^{\omega}}\) w istocie nie jest bijekcją. Istnieją funkcje niezerowe (i jest ich dużo) których każda pochodna w \(\displaystyle{ 0}\) oraz \(\displaystyle{ 2 \pi }\) jest zerem. To znaczy, że odwzorowanie przypisujące funkcją z \(\displaystyle{ C^{\infty}}\) ich rozwinięcie Taylora lub innymi słowy wyrazy w tym rozwinięciu występujące (ciągi \(\displaystyle{ \RR^{\omega}}\)) nie jest różnowartościowe.
https://en.wikipedia.org/wiki/Bump_functionBump function i ogólnie https://en.wikipedia.org/wiki/Non-analytic_smooth_functionNon-analytic smooth function to przykłady na takie funkcje. Bardziej adekwatnym zbiorem wkładającym się w \(\displaystyle{ \RR^{\omega}}\) jest zbiór funkcji analitycznych.

Występuje tu też problem odwrotny. Nie z każdym ciągiem \(\displaystyle{ a\in\RR^{\omega}}\) można związać poprzez rozwinięcie Taylora funkcję analityczną na \(\displaystyle{ \left[ 0,2\pi\right] }\). Przykładowo jeśli ciąg \(\displaystyle{ a}\) będzie bardzo szybko rosnąć szereg może okazać się, że szereg jest zbieżny jedynie w punkcie \(\displaystyle{ x=0}\) i rozbieżny poza tym. Przykładowo \(\displaystyle{ a_n=(n!)^2}\) to ciąg dla którego szereg \(\displaystyle{ \sum_{}^{} (n!)^2x^n/n!}\) zbiega jedynie dla \(\displaystyle{ x=0}\).

Opieram się na tych dwóch źródłach i Promotor twierdzi, że taka funkcja istnieje (no, przynajmniej w przestrzeniach Frecheta), więc sam nie wiem. W załącznikach cały fragment o ciągu dokładnym i surjekcji (z ciągiem dokładnym to też ciekawa sprawa, bo najpierw tłumaczył dla grup a potem stwierdził, że potrzebujemy dla monoidów, więc czeka nas dalsza dyskusja a ja mam nadzieję, że nie wprowadzi jeszcze większego bałaganu do przykładu). Ja go rozumiem, że stara się tłumaczyć, ale mógłby też co chwilę nie zmieniać zdania

• Richard S. Hamilton "The inverse function of Nash and Moser"
  https://mathworld.wolfram.com/ExactSequence.html]Ciąg dokładny a surjekcja i injekcja

Z injekcją jakoś sobie poradziliśmy, z surjekcją niestety żaden z nas nie potrafi... Co prawda napisałem w pewnym momencie, że \(\displaystyle{ f(x) = g(x)}\), ale to niestety chyba nie jest prawda

Aha to ja Ci nie pomogę bo nawet nie rozumiem o co chodzi.

Te załączniki to dużo tekstu, w dodatku mętnego, a mało treści. Szczególnie niejasny, a prawdopodobnie wręcz błędny, jest fragment o szeregach Taylora - patrz post Janusza Tracza. W stwierdzeniu, że

\(\displaystyle{ 0 \to \mathcal{C}_{2 \pi}^{\infty} \xrightarrow{i} \mathcal{C}^{\infty}[0, 2\pi] \xrightarrow{p} \mathbb{R}^{\infty} \to 0}\)

jest krótkim ciągiem dokładnym, jedyną nietrywialną częścią jest surjektywność \(\displaystyle{ p}\), i faktycznie jest to dość ciekawy problem. Domyślam się, że to o niego chciałeś zapytać?

Tak, właśnie o niego Co do szeregów Taylora - tak jest napisane w książce, na której się opieramy. Ja nie twierdzę, że to jest dobre ani błędne, po prostu chcę już napisać jakkolwiek ten licencjat i go obronić, nawet na tróję xD I tak nikt potem nie patrzy na ten papierek najczęściej Ostatniego akapitu i ostatnich dwóch zdań przedostatniego nawet Promotor nie rozumie, więc na razie kazał pominąć. Dodano po 4 dniach 23 godzinach 40 minutach 38 sekundach:

Janusz Tracz pisze: ↑22 maja 2024, o 15:13 Aha to ja Ci nie pomogę bo nawet nie rozumiem o co chodzi.

To może teraz wyjaśnię bardziej klarownie Mamy daną projekcję \(\displaystyle{ p}\) w postaci \(\displaystyle{ a_j = f^{(j)}(2\pi) - f^{(j)}(0)}\) oraz nieskończony ciąg \(\displaystyle{ (a_0, a_1, a_2, ..., a_n, ...)}\) i po prostu chcemy znaleźć taką jedną UNIWERSALNĄ funkcję \(\displaystyle{ f}\) (najlepiej za pomocą szeregu Maclaurina i Taylora, ale niekoniecznie), dla której \(\displaystyle{ p(f)}\) jest tym nieskończonym ciągiem NIEZALEŻNIE OD JEGO WYBORU Czyli funkcja ma być taka sama dla \(\displaystyle{ \frac{1}{n}, - \frac{1}{n^{2}}, (1, 2, 3, ..., 800, ...)}\) itd.

Dodano po 11 dniach 23 godzinach 18 minutach 51 sekundach:
Czy ktoś wie jak poprawić tę funkcję, bo udało mi się stworzyć coś takiego (rozumowanie jak do tego doszedłem w załączniku)?
\(\displaystyle{ f(x) = g(x) + \sum_{j=0}^{\infty} (a_j - g^{(j)}(2\pi))\frac{x^j}{j!}}\)

Promotor powiedział, że to dobry trop, bo
\(\displaystyle{ f(2\pi) = g(2\pi) + a_0 - g(2\pi) = a_0}\),
ale niestety \(\displaystyle{ f(0)}\) nam wszystko psuje, ponieważ
\(\displaystyle{ f(0) = g(0) + a_0 - g(2\pi) = a_0 + a_0 - g(2\pi) = 2a_0 - g(2\pi) \neq a_0}\)
i dalej
\(\displaystyle{ f(2\pi) - f(0) = a_0 - 2a_0 + g(2\pi) = g(2\pi) - a_0 \neq a_0}\),
ponieważ nie mamy absolutnie żadnej gwarancji, że \(\displaystyle{ g(2\pi) = 2a_0}\).
Z tego co widzę, to z pozostałymi pochodnymi będziemy postępowali analogicznie.
Próbowaliśmy też coś kombinować ze złożeniem funkcji, ale przy tym to Promotor sam zdurniał a uparł się, że dowód tej suriekcji musi być.