Soluciones a $f'=f$ sobre los racionales

Question

El problema es el siguiente:

Deje $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ y considere la ecuación diferencial $f' = f$, con la definición estándar de la diferenciación. ¿Existen soluciones no triviales?

(Nota de curso $f \equiv 0$ es una solución - por "soluciones no triviales", me refiero a otra cosa).

Observaciones:

La diferenciación y la continuidad son mucho más débil que los conceptos sobre los racionales. Por ejemplo, $H(x-\sqrt{2}) : \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ es continua y diferenciable en todas partes, donde $H$ es la función escalón unitario.

Si existe una solución no trivial $f_0$, entonces hay una cantidad no numerable de soluciones. Por ejemplo, $H(x-\alpha)f_0$ también es una solución para cualquier irracional $\alpha$ (que ya da una cantidad no numerable de soluciones), y por lo tanto, cualquier* combinación lineal $k_0 f_0 + \sum_{\alpha \in A} H(x-\alpha)k_\alpha f_0$ ( $A \subset \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ ) es también una solución, por la linealidad de la de.

Podemos responder en forma negativa, si hay una forma de mostrar que cualquier solución puede ser extendida a una solución a$f' = f$$\mathbb{R}$, debido a que esas soluciones son, simplemente,$ke^x$, lo que lleva irracional valores racionales menos $k = 0$. Desafortunadamente, las soluciones de $f : \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ para la ecuación diferencial $\mathcal{L}y = 0$ no están, en general, un subconjunto de las soluciones reales. por ejemplo, $y' = 0$ tiene solución $H(x-\sqrt{2})$ pero cada solución en $\mathbb{R}$ debe ser constante.

Si la respuesta es "sí", tal vez tendríamos la esperanza de ser capaz de construir una solución a través de algún método iterativo, pero desde Cauchy secuencias no son, en general, convergente, necesitaríamos algún tipo de maquinaria para la garantía de los límites razonables.

*usted puede insertar la palabra "finito" aquí, o bien que el $k_\alpha$ son tales que la cantidad de $\sum_{\alpha<q} k_\alpha$ es finito y racionales para todos los $q \in \mathbb{Q}$, pero el punto es que podemos construir un montón de "diferentes" soluciones.

Answer 1

De manera más general, para cualquier función de $g:\mathbb Q\rightarrow\mathbb Q$ punto $(x_0,y_0)\in\mathbb Q^2$ existe $f:\mathbb Q\rightarrow\mathbb Q$ tal que $f'(x_0)=y_0$$f'(x)=g(f(x))$.

Elija una enumeración $x_0,x_1,\ldots$ $\mathbb Q$ a partir de con $x_0$. Deje $Q_n=\{x_0,\ldots,x_n\}$, lo $\mathbb Q=\bigcup_n Q_n$. Vamos a construir inductivamente funciones continuas $a_n,b_n:\mathbb Q\rightarrow\mathbb Q$ con las propiedades

1. $a_{n-1}(x)\leq a_n(x)\leq b_n(x)\leq b_{n-1}(x)$
2. Si $x\in Q_n$$a_n(x)=b_n(x)$$a_n'(x)=b_n'(x)=g(a_n(x))$.
3. Si $x\in\mathbb Q\setminus Q_n$$a_n(x)<b_n(x)$.

Vamos a utilizar las funciones parabólicas $c(s,t)$ $d(s,t)$ definido por $$ c(s,t)(x)=t+g(t)(x-s)-(x-s)^2, $$ $$ d(s,t)(x)=t+g(t)(x-s)+(x-s)^2. $$ Tenga en cuenta que $c(s,t)(x)<d(s,t)(x)$ $x\neq s$ y ambas funciones de paso a través de $(s,t)$ con derivados $g(t)$. Podemos tomar $a_0=c(x_0,y_0)$$b_0=d(x_0,y_0)$.

Supongamos $n>0$ $a_{n-1},b_{n-1}$ son construidos. A continuación,$a_{n-1}(x_n)<b_{n-1}(x_n)$, así que elige $y_n$ estrictamente entre estos. Elija un intervalo abierto $I$ contiene $x_n$ tal que $c(x_n,y_n)>a_{n-1}$$d(x_n,y_n)<b_{n-1}$$I$. Shrink $I$, por lo que su cierre no se cruzan $Q_{n-1}$. Deje $J$ ser un intervalo abierto que contiene a $x_n$ cuyo cierre está dentro de $I$. Definimos $a_n$ a la igualdad de $a_{n-1}$ fuera $I$, $c(x_n,y_n)$ dentro de $J$, e interpolar linealmente entre el$I$$J$, de modo que el resultado es aún continua. Definir $b_n$ igualmente.

Desde $\bigcup_n Q_n=\mathbb Q$ ambos $a_n$ $b_n$ convergen pointwise a una función $f$$n\rightarrow\infty$. Para cualquier $x\in\mathbb Q$ tenemos $x=x_n$ algunos $n$, e $a_n\leq f\leq b_n$, por lo que la propiedad 2 y el teorema del sándwich implica que $f$ satisface la necesaria ecuación.

Answer 2

Hay soluciones no triviales $f:\mathbb Q\rightarrow\mathbb Q$ a cualquier ecuación diferencial de la forma $f'(q)=g(q,f(q))$. Algo más fuerte, podemos encontrar una solución a $f$ tal que para cada a $q\in \mathbb Q$ hay algo de $\delta>0$ tal que $\left|\frac{f(q')-f(q)}{q'-q}-g(q,f(q))\right|<(q'-q)^2$ por cada $q'$$|q'-q|<\delta$.

En este espíritu, defina los siguientes subconjuntos de a $\mathbb Q^2$ $$S(x,y,\delta)=\left\{(x',y'):\left|y'-y-g(x,y)(x'-x)\right|<\left|x'-x\right|^3\text{ or }|x'-x|>\delta\right\}\cup \{(x,y)\}.$$ Al $|x'-x|\leq \delta$, esta es una región delimitada por dos parábolas de la tangente en $(x,y)$ con pendiente $m$ a ese punto, lo cual está relacionado con las condiciones que se requieren en $f$. Vamos a definir la función por definición en particular, los puntos y la elección de un adecuado conjunto abierto $S$, en la que ponemos en cada punto. Esto será suficiente para garantizar la diferenciabilidad.

En particular, vamos a $\{p_n\}_{n=1}^{\infty}$ ser una enumeración de los racionales. Vamos a construir una secuencia $\{q_n\}_{n=1}^{\infty}$ de los racionales tales que $f(p_n)=q_n$ define una función adecuada. Vamos, durante la construcción, el uso de un auxiliar de secuencia $U_n$ de subconjuntos abiertos de $\mathbb Q^2$, dejando $U_0=\mathbb Q^2$. En cada paso en la construcción, se exigirán los siguientes de $U_{n}$ todos los $n$:

• Propiedad 1: $U_{n}=U_{n-1}\cap S(p_n,q_n,\delta)$ algunos $\delta>0$

• Propiedad 2: $U_{n}\setminus \{(p_1,q_1),(p_2,q_2),\ldots,(p_n,q_n)\}$ está abierto.

• Propiedad 3: Para todos racional $p\in\mathbb Q$ existe $q\in \mathbb Q$ tal que $(p,q)\in U_{n}$.

• Propiedad 4: Para todos los $n'\leq n$ tenemos $(p_{n'},q_{n'})\in U_{n}$.

Dado que la gráfica de la función de ser un subconjunto de a $S(p,f(p),\delta)$ por cada $p$ implica que el $f$ satisface la ecuación diferencial, sólo los negocios que tenemos es la de mostrar que un triple de secuencias existe.

Para ello, supongamos que tenemos el primer $n-1$ términos de las secuencias de $\{q_n\}$ $\{U_n\}$ junto con toda la secuencia $p_n$ y la necesidad de encontrar una adecuada $q_n$ $U_n$ a extender la secuencia. Por la propiedad $3$ $U_{n-1}$ existe alguna $q$ tal que $(p_n,q)\in U_{n-1}$. Set $q_n$ cualquier $q$ y deje $m=|g(p_n,q_n)|+1$. Ahora, el uso de la propiedad 2 de $U_{n-1}$ elegir algunos $\delta\in (0,1)$ tal que $(p_n-\delta,p_n+\delta)\times (q_n-m\delta,q_n+m\delta)\subseteq U_{n-1}$. Uno puede ver que $$S(p_n,q_n,\delta)\cap(p_n-\delta,p_n+\delta)\times \mathbb R\subseteq(p_n-\delta,p_n+\delta)\times (q_n-m\delta,q_n+m\delta)\subseteq U_{n-1}.$$ Set $U_n=U_{n-1}\cap S(p_n,q_n,\delta)$. Ahora comprobamos que hemos satisfecho las condiciones:

• Propiedad 1: Trivial, a partir de la definición de $U_n$.

• Propiedad 2: Escribir $$U_n\setminus \{(p_1,q_1),\ldots,(p_n,q_n)\}=\left(U_{n-1}\setminus\{(p_1,q_1),\ldots,(p_{n-1},q_{n-1})\}\right)\cap \left(S(p_n,q_n,\delta)\setminus \{(p_n,q_n)\}\right).$$ Así, el conjunto dado es la intersección de dos conjuntos y por lo tanto abierto.

• Propiedad 3: Supongamos que $|p-p_n|<\delta$. Luego hay un $q$ tal que $(p,q)$$S(p_n,q_n,\delta)\cap (p_n-\delta,p_n+\delta)\times \mathbb R\subseteq U_n$. Si $|p-p_n|\geq \delta$, $(p,q)\in U_n$ exactamente al $(p,q)\in U_{n-1}$, por lo que el teorema se cumple.

• Propiedad 4: Debido a la propiedad de la $1$, si hay un $q$ tal que $(p_{n'},q)\in U_n$$q=q_n$. Por la propiedad $3$, hay un $q$.

Esto muestra que podemos extender las secuencias dado cualquier finito prefijo de ella. A continuación, es fácil comprobar que el resultado de la función de $f(p_n)=q_n$ satisface las hipótesis.