Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

#1

Υπάρχει μονότονη και επί συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ ;

(Μπορεί να έχουμε και περισσότερες της μιας λύσεις)

#2

s.kap έγραψε:Υπάρχει μονότονη και επί συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ ;

Απάντηση: Δεν υπάρχει.

Αν υπήρχε τέτοια μονότονη συνάρτηση, μπορούμε χωρίς βλάβη να υποθέσουμε ότι είναι αύξουσα.
Έστω $x_0 \in \mathbb R$ τυχαίο σημείο και έστω (x_n)

ακολουθία που αυξάνει προς το x_0

(όμοια στην περίπτωση που φθίνει). Τότε η ακολουθία (f(x_n))

είναι αύξουσα και φραγμένη (από το f(x_0)

) , οπότε συγκλίνει. Το όριο θα είναι αναγκαστικά f(x_0)

γιατί αν $\displaystyle \lim_nf(x_n)=L < f(x_0)$ τότε η

δεν θα έπερνε τιμές στο $(L, \, f(x_0))$ (απλό), πράγμα που αντιβάνει στην υπόθεση ότι η

είναι επί του $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ . Συμπεραίνουμε ότι η

είναι συνεχής. Αυτό όμως είναι άτοπο από το Θεώρημα Bolzano, γιατί η

εξ υποθέσεως δεν παίρνει ρητές τιμές.

Φιλικά,

Μιχάλης

#3

Μία διαφορετική προσέγγιση από αυτή του Μιχάλη:

Με απαγωγή σε άτοπο:

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις

Α) Η

είναι συνεχής, άρα το $f(\mathbb{R})$ είναι διάστημα, δηλαδή το $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ είναι διάστημα, άτοπο.

Β) Η

είναι ασυνεχής και έστω x_0

ένα σημείο ασυνέχειας της.

Επειδή η

είναι μονότονη η ασυνέχεια που παρουσιάζει θα είναι ασυνέχεια άλματος, συνεπώς το

ανοικτό διάστημα με άκρα τα σημεία f(x_0^+)

και

θα περιέχει το πολύ μία τιμή της

,

την

, συνεπώς άπειροι άρρητοι του παραπάνω διαστήματος δεν θα είναι τιμές της συνάρτησης,

άτοπο, αφού η συνάρτηση είναι επί του $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$

#4

Ας εξεταστεί επίσης αν υπάρχει αυστηρώς αύξουσα συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ .

#5

Demetres έγραψε:Ας εξεταστεί επίσης αν υπάρχει αυστηρώς αύξουσα συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ .

Ενδιαφέρον!!!

Δεν υπάρχει, γιατί σε αντίθετη περίπτωση το $\mathbb{R}$ και το $f(\mathbb{R}) \subset\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}$ , θα είναι όμοια, δηλαδή θα έχουν τον ίδιο διατακτικό τύπο.

Όμως το $\mathbb{R}$ είναι συνεχές, δεν έχει χάσματα (gaps), ενώ δεν υπάρχει κανένα υποσύνολο

του $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ , χωρίς χάσματα.

Έκανα μία διόρθωση σε κάτι που μου ξέφυγε

#6

Σπύρο, δεν έχω πειστεί.

#7

Ας γίνω πιο αναλυτικός:

Αν υπάρχει τέτοια συνάρτηση, τότε προφανώς τα σύνολα $\mathbb{R}$ και $f(\mathbb{R})=C$ είναι όμοια (με τη φυσική

διάταξη). Η συνάρτηση προφανώς δεν είναι συνεχής. Έστω x_0

ένα σημείο ασυνέχειας. Τότε μπορούμε να βρούμε ένα υποδιά

στημα (a,b)

του $\left(f(x_0^-),f(x_0^+)\right)$ , στο οποίο δεν περιέχεται κανένα στοιχείο του $f\left(\mathbb{R}\right)$ .

Θεωρούμε τα σύνολα $A=\{x\in C, x<a\}$ και $B=\{x\in C, x>b\}$ .

Τα A,B

αποτελούν μία διαμέριση του

, για την οποία

$a<b, \forall (a,b) \in A \times B \wedge supA<infB$ .

Τέτοια όμως διαμέριση δεν μπορούμε να βρούμε στο όμοιο του $\mathbb{R}$ , οπότε τελειώσαμε.

#8

Σπύρο, δεν αποδεικνύεις τον τελευταίο ισχυρισμό. Ας αλλάξω λίγο το ερώτημα λοιπόν:

Να δειχθεί ότι υπάρχει αυστηρώς αύξουσα συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ .

#9

Δημήτρη, ο τελευταίος ισχυρισμός είναι προφανής, γιατί το σύνολο των πραγματικών με τη φυσική διάταξη δεν περιέχει χάσματα ή άλματα. Αλλού ίσως υπάρχει λάθος στην παραπάνω απόδειξη. Πού όμως; Δεν μπορώ να το βρω.
Ανυπομονώ να δω αυτή τη συνάρτηση που λες ότι υπάρχει.

#10

Βρήκα το λάθος στην παραπάνω απόδειξη: Είναι εδώ supA<infB

(1)

Η (1) ισχύει μόνον αν σύνολο αναφοράς είναι ολόκληρο το $\mathbb{R}$ , ενώ αν περιοριστούμε στο

ενδέχεται να ισχύει

και το supA=infB=f(x_0)

, οπότε η απόδειξη γίνεται "απόδειξη"

Nick1990 · #11

Ας δούμε λίγο την άσκηση του Δημήτρη:

Κάθε πραγματικός αριθμός γράφεται σε άπειρη δυαδική μορφή (αν είναι πεπερασμένη, συμπληρώνουμε με μηδενικά). Για κάθε x πραγματικό, αν ορίσουμε f(x) τον αριθμό που προκείπτει αν για κάθε $n \in N$ βάλουμε μεταξύ του n-οστού και του (n+1)-οστού ψηφίου του x, τη λέξη "1111...10", όπου υπάρχουν ακριβώς n άσσοι, τότε μπορούμε να δούμε ότι:

α) Η f είναι γνησίως αύξουσα, το οποίο είναι σχεδόν προφανές αν δείτε ότι μεταξύ δύο πραγματικών, μεγαλύτερος είναι αυτός που έχει μεγαλύτερο ψηφίο στην δυαδική αναπαραστασή του, στη πρώτη θέση στην οποία οι δύο αριθμοί έχουν διαφορετικό ψηφίο.

β) ο f(x) είναι άρρητος, διότι αν ήταν ρητός θα είχε περιοδική μορφή και θα είχαμε είτε μόνο άσσους από ένα σημείο και μετά, που δεν γίνετε διότι έχουμε άπειρα το πλήθος 0, είτε ένα μέγιστο πλήθος διαδοχικών άσσων, που πάλι δεν γίνεται από την κατασκευή που έχουμε κάνει.

Ελπίζω να μη χάνω πουθενά, γιατί όλα αυτά τα σκέφτηκα ενώ ήμουν έτοιμος να πάω για ύπνο.

ΥΓ: Αν δεν έχω κάνει λάθος, τότε βλέπω για άλλη μια φορά πως τα δυαδικά αναπτήγματα μας δίνουν πολλές φορές απαντήσεις σε κατασκευές που διαφορετικά φαίνονται αρκετά δύσκολες.

#12

Ωραία Νίκο. Νομίζω δεν παίζει ρόλο αν το ανάπτυγμα είναι δυαδικό. Και με το δεκαδικό ανάπτυγμα πάλι μπορούμε να δώσουμε παρόμοια λύση.

Δίνω και μια άλλη λύση που βρήκα:

Παίρνω μια απαρίθμηση (q_n)

των ρητών και για κάθε

παίρνω ένα ανοικτό διάστημα U_n

μήκους $2^{-n}$ το οποίο περιέχει το q_n

. Αρκεί τώρα να βρω μια αυστηρώς αύξουσα συνάρτηση $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{R} \setminus \cup_{n \in \mathbb{N}} U_n$ . Πράγματι μπορούμε να επεκτείνουμε την

σε όλο το $\mathbb{R}$ μέσω του ορίου $f(x) = \lim_{q \to x^-} f(q)$ για $x \notin \mathbb{Q}$ . Η επέκταση θα είναι και αυτή αυστηρώς αύξουσα. Επίσης δεν μπορεί να λαμβάνει ρητές τιμές αφού αν έχουμε f(x) = q_n

τότε θα έπρεπε να έχουμε και $f(q) \in U_n$ για κάποιο $q \in \mathbb{Q}$ το οποίο δεν ισχύει.

Μένει να δείξουμε ότι υπάρχει αυστηρώς αύξουσα συνάρτηση $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{R} \setminus \cup_{n \in \mathbb{N}} U_n$ . Το σύνολο $A = \mathbb{R} \setminus \cup_{n \in \mathbb{N}} U_n$ είναι υπεραριθμήσιμο αφού το $\cup_{n \in \mathbb{N}} U_n$ έχει μέτρο το πολύ 1. Είναι επίσης εύκολο να δειχθεί ότι για κάθε υπεραριθμήσιμο σύνολο

του $\mathbb{R}$ υπάρχει $x \in B$ ώστε τα σύνολο $B^- = \{y \in B : y < x\}$ και $B^+ = \{y \in B: y > x\}$ είναι και τα δύο υπεραριθμήσιμα. Μπορούμε τώρα να προχωρήσουμε επαγωγικά. Έχοντας ορίσει τα $f(q_1),\ldots,f(q_n)$ , έστω $x_1 < x_2 < \ldots < x_n$ οι τιμές τους σε αύξουσα σειρά, ώστε τα σύνολα $A \cap (-\infty,x_1),A\cap(x_1,x_2),\ldots,A \cap(x_n, \infty)$ να είναι υπεραριθμήσιμα τότε βρίσκουμε σε πιο από τα πιο πάνω σύνολο οφείλει να βρίσκεται το $f(q_{n+1})$ ώστε η

να είναι αυστηρώς αύξουσα, έστω το σύνολο

και ακολούθως ορίζουμε $f(q_{n+1}) = x$ όπου το

επιλέγεται από την πιο πάνω παρατήρηση. Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι η επαγωγική διαδικασία μπορεί να συνεχιστεί για να οριστούν και τα υπόλοιπα f(q_k)

.

[Να πω ότι η άσκηση προέκυψε από λανθασμένο διάβασμα της άσκησης του Σπύρου. Δεν διάβασα το επί στην εκφώνηση. Υπέθεσα από μόνος μου πως υπήρχε το αυστηρώς μονότονη αφού αλλιώς η άσκηση θα ήταν τετριμμένη. Απορούσα πάντως γιατί έλεγε ο Σπύρος πως ήταν εύκολη. Όταν είδα την λύση του Μιχάλη πήγα να διαμαρτυρηθώ και μόλις τότε κατάλαβα πως υπήρχε και το επί στην εκφώνηση.]

Nick1990 · #13

Demetres έγραψε:Ωραία Νίκο. Νομίζω δεν παίζει ρόλο αν το ανάπτυγμα είναι δυαδικό. Και με το δεκαδικό ανάπτυγμα πάλι μπορούμε να δώσουμε παρόμοια λύση.

Ναι, απλά το δυαδικό βολεύει καλύτερα πολλές φορές επειδή έχουμε μόνο 2 ψηφία.
Ωραία και η άλλη λύση!

#14

Demetres έγραψε:<...> Όταν είδα την λύση του Μιχάλη πήγα να διαμαρτυρηθώ <...>

Αυτή την φορά την γλύτωσα...

Μ.

#15

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Demetres έγραψε:<...> Όταν είδα την λύση του Μιχάλη πήγα να διαμαρτυρηθώ <...>
Αυτή την φορά την γλύτωσα...

Μ.

Μιχάλη, στο φυλάω για την επόμενη φορά.

Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Re: Μάλλον εύκολη...αλλά χαριτωμένη

Μέλη σε σύνδεση