La medida de Lebesgue del conjunto cero de una función polinómica es cero

Question

Supongamos que $f :\mathbb R^n \to \mathbb R$ sea una función polinómica (más generalmente suave) distinta de cero. $Z(f)=\{ x \in \mathbb R^n \mid f(x)=0 \}$ Demuestre que la medida de Lebesgue de $Z(f)$ es cero.

Estoy intentando utilizar la inducción en $n$ El resultado se mantiene obviamente si $n=1$ Podría alguien darme alguna idea para probar el paso inductivo. La prueba sin inducción sobre $n$ también se agradece.

Answer 1

Supongamos que el teorema se establece para polinomios en $n-1$ variables. Sea $p$ sea un polinomio no trivial en $n$ variables, digamos de grado $k \ge 1$ en $x_n$ . Podemos escribir $$p(\mathbf{x}, x_n) = \sum_{j=0}^k p_j(\mathbf{x}) x_n^j$$ donde $\mathbf{x} = (x_1, \dots, x_{n-1})$ y $p_0, \dots, p_k$ son polinomios en $n-1$ variables, donde al menos $p_k$ no es trivial.

Tengamos en cuenta que $p$ es continua, el conjunto cero $Z(p)$ es un subconjunto medible de $\mathbb{R}^n$ .

Ahora bien $(\mathbf{x}, x_n)$ es tal que $p(\mathbf{x}, x_n) = 0$ entonces hay dos posibilidades:

1. $p_0(\mathbf{x}) = \dots = p_k(\mathbf{x}) = 0$ o

2. $x_n$ es una raíz del polinomio (no trivial) de una variable $p_{\mathbf{x}}(t) =\sum_{j=0}^k p_j(\mathbf{x}) t^j$ .

Sea $A,B$ sean los subconjuntos de $\mathbb{R}^n$ donde se cumplen estas condiciones respectivas, de modo que $Z(p) = A \cup B$ .

Utilice la hipótesis inductiva para demostrar $A$ tiene medida cero.

Utiliza el teorema fundamental del álgebra para demostrar que para cada $\mathbf{x}$ hay un número finito de $t$ tal que $(\mathbf{x},t) \in B$ . (De hecho, hay como máximo $k$ .) Un conjunto finito tiene medida cero en $\mathbb{R}$ . Aplique ahora el teorema de Fubini para concluir que $B$ tiene medida cero. (Obsérvese que $B = Z(p) \setminus A$ es medible).

Answer 2

Como se ha mencionado en un comentario anterior, el resultado no es válido para una función suave general. Supongamos que $f(X_1, \dots, X_n)$ es un polinomio, y supongamos sin pérdida de generalidad que todo $\partial f/\partial X_i\not\equiv 0$ . Por el teorema del rango constante, el resultado se mantiene fuera del $Z(\partial f/\partial X_i)$ . Induce ahora sobre el grado de $f$ .

Answer 3

Como vas a ver, tu resultado es cierto no sólo para polinomios, sino también para funciones analíticas. Como éstas no tienen el concepto de grado, utilizaremos el concepto de pedir en su lugar. Si

$$f = \sum \limits _{(k_1, \dots, k_n) \in \Bbb N ^n} a_{k_1, \dots, k_n} x_1 ^{k_1} \dots x_n ^{k_n} \ne 0$$

entonces existe un $a_{k_1, \dots, k_n} \ne 0$ . Sea el orden de $f$ sea $o(f) = \min \{k_1 + \dots + k_n \mid a_{k_1, \dots, k_n} \ne 0\}$ . Convénzase de que si $f$ no es constante, entonces $o \left( \dfrac {\partial f} {\partial x_i} \right) = o (f) -1, \ \forall i = 1, \dots, n$ .

Utilizaremos la inducción sobre $o(f)$ para demostrar que si $f \ne 0$ entonces $Z(f)$ tiene medida de Lebesgue $0$ .

Si $o(f) = 0$ entonces $f = a_{0, \dots, 0} \in \Bbb R \setminus \{0\}$ Así que $Z(f) = \emptyset$ y la afirmación es vacuamente cierta.

Supongamos que $o(f) > 0$ y la declaración probada para $\{0, \dots, o(f) - 1\}$ .

Sea $R(f) = \{x \in Z(f) \mid \nabla f \ne 0 \}$ (los puntos regulares de $f$ ) y $C(f) = \{x \in Z(f) \mid \nabla f = 0 \}$ (los puntos críticos de $f$ ). Evidentemente, $Z(f) = R(f) \cup C(f)$ y $R(f) \cap C(f) = \emptyset$ .

Si $x \in R(f)$ entonces existe una pequeña vecindad $U_x \subseteq \Bbb R^n$ de $x$ tal que $f \big| _{U_x}$ es una inmersión, de donde se deduce que $R(f) \cap U_x$ es un submanifold de $\Bbb R^n$ de codimensión $1$ . Esto demuestra que $R(f)$ es un submanifold de codimensión $1$ por lo que tiene medida de Lebesgue $0$ (siendo localmente como $\Bbb R ^{n-1}$ ).

Si $x \in C(f)$ entonces $\dfrac {\partial f} {\partial x_i} (x) = 0, \ \forall i = 1, \dots, n$ por lo que, en particular $x \in Z \left( \dfrac {\partial f} {\partial x_1} \right)$ Así que $C(f) \subseteq Z \left( \dfrac {\partial f} {\partial x_1} \right)$ . Pero como se ha dicho antes, $o \left( \dfrac {\partial f} {\partial x_1} \right) = o(f) - 1$ por lo que aplicando la hipótesis de inducción a $\dfrac {\partial f} {\partial x_1}$ se entiende que $Z \left( \dfrac {\partial f} {\partial x_1} \right)$ tiene medida de Lebesgue $0$ . Dado que la medida de Lebesgue es regular (es decir, todo subconjunto de un conjunto nulo es a su vez un conjunto nulo), se deduce que la medida de $C(f)$ es $0$ también.

Dado que la medida de Lebesgue de $Z(f)$ es la suma de las medidas de Lebesgue de $R(f)$ y $C(f)$ se deduce que $Z(f)$ debe ser un conjunto nulo.

Answer 4

Ok, para un polinomio, es obvio.

Supongamos que $p$ es un polinomio no constante con un conjunto cero de medida distinta de cero. Entonces, como todo conjunto máximo contable tiene medida cero, resulta que $Z(p)$ tiene incontables puntos distintos. Sin embargo, si el grado de $p$ es $n$ entonces por el Teorema Fundamental del Álgebra $p$ sólo puede tener $n$ raíces distintas. Por lo tanto, esto es una contradicción, por lo tanto $Z(p)$ debe tener medida cero, o estar vacía, o ser la totalidad de $\mathbb{R}$ .

Por otra parte, incluso si consideramos la terminación de los polinomios, las funciones continuas, entonces estamos en problemas. Por ejemplo, la función $f(x) = |x|-x$ tiene infinitos ceros.

Incluso si suponemos que $f$ es suave, la función del analista nos da problemas. Por lo tanto, no se puede decir lo siguiente para una clase mayor que los polinomios, salvo familias individuales.