Συνεχής συνάρτηση, που ο περιορισμός της στους άρρητους είναι 1-1

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Συνεχής συνάρτηση, που ο περιορισμός της στους άρρητους είναι 1-1

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Παρ Ιουν 04, 2010 7:36 am

Επαναφέρω αυτό το θέμα, γιατί νομίζω πως ξεχάστηκε.
α) Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει συνεχής συνάρτηση f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}, η οποία δεν είναι 1-1, αλλά ο περιορισμός της στους άρρητους είναι 1-1.
β) Έχουμε το ίδιο συμπέρασμα αν αντικαταστήσουμε τους άρρητους με ρητούς;
(Για το δεύτερο ερώτημα δεν έχω λύση)
Φιλικά


Σπύρος Καπελλίδης

Λέξεις Κλειδιά:
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Συνεχής συνάρτηση, που ο περιορισμός της στους άρρητους

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Παρ Ιουν 04, 2010 10:23 am

Για το πρωτο :

Εστω x_1 < x_2 με f(x_1) = f(x_2). Η f δεν ειναι σταθερη στο [x_1,x_2] (αλλιως δε θα ηταν 1-1 στους αρρητους) οποτε παρουσιαζει ακροτατο σε καποιο y \in (x_1, x_2).

Τοτε, απο Bolzano, σε καθε p \in (x_1, y) μπορουμε να αντιστοιχισουμε q \in (y, x_2) με f(p) = f(q). Τα ζευγη (p,q) ειναι υπεραριθμησιμα το πληθος οποτε υπαρχει σιγουρα ζευγος με p, q \notin \mathbb{Q}, πραγμα που αντιβαινει στο 1-1 στους αρρητους.

Δημητρης Σκουτερης


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4245
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση, που ο περιορισμός της στους άρρητους

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Παρ Ιουν 04, 2010 11:36 am

Γειά σας
Νομίζω ότι η απάντηση στο δεύτερο ερώτημα της άσκησης του Σπύρου είναι καταφατική. Με
\displaystyle{f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
   {\sqrt 2  \cdot x} & {x \leqslant 1}  \\ 
   { - x + \sqrt 2  + 1} & {x > 1}  \\ 
 
 \end{array} } \right.}
η f είναι συνεχής και δεν είναι είναι 1-1. Αλλά αν f\left( {{q_1}} \right) = f\left( {{q_2}} \right) με τα q_1, q_2 να είναι ρητοί τότε θα είναι και q_{1}=q_{2}. Η ενδιαφέρουσα περίπτωση είναι μεq_{1}\leq 1<q_{2} που δίνει \sqrt{2}q_{1}=-q_{2}+\sqrt{2}+1
η οποία είναι αδύνατη με τους q_1, q_2 να είναι ρητούς.
Μαυρογιάννης


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Συνεχής συνάρτηση, που ο περιορισμός της στους άρρητους

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Παρ Ιουν 04, 2010 6:07 pm

Το παραδείγμα σου Νίκο είναι ωραία έμπνευση (έψαχνα καιρό και δεν μπορούσα να βρω)
Δημήτρη δεν καταλαβαίνω το άτοπο, γιατί ναι μεν τα ζεύγη (p,q) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q} είναι αριθμήσιμα, αλλά δεν θα μπορούσαμε να είχαμε και ζεύγη (p,q) \in \mathbb{Q} \times (\mathbb{R}-\mathbb{Q}), τα οποία είναι υπεραριθμήσιμα και δεν αντίκεινται στην υπόθεση του 1-1 στους άρρητους;
Φιλικά


Σπύρος Καπελλίδης
s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Συνεχής συνάρτηση, που ο περιορισμός της στους άρρητους

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Σάβ Ιουν 05, 2010 7:33 am

Το πρόβλημα αυτό είναι το 5978 (όπως μου επεσήμανε και ο Αχιλλέας σε προσωπικό μήνυμα) του Monthly. Δεν θυμάμαι άλλες λεπτομέρειες για αυτόν που το πρότεινε και τους λύτες του. Θα γράψω τη λύση, με κάποιες δικές μου παρεμβάσεις, ώστε να γίνει πιο επαγωγική
Έστω ότι υπάρχει τέτοια συνάρτηση. Αφού η συνάρτηση δεν είναι 1-1, θα υπάρχουν ρητοί, έστω x_1, x_2,x_1<x_2 με f(x_1)=f(x_2)=q. Δουλεύουμε πλέον στο διάστημα D=(x_1,x_2). Το σύνολο S=\{x \in D, f(x)=q \} δεν μπορεί να είναι πυκνό στο D, γιατί αν ήταν, τότε η συνάρτηση θα ήταν σταθερή στο D, άρα όχι 1-1 στους άρρητους, άτοπο. Συνεπώς υπάρχει ανοικτό διάστημα (a,b) με (a,b) \subset (x_1,x_2) ώστε f(x) \neq q, \forall x \in (a,b). Ονομάζουμε U το σύνολο των διαστημάτων (r,s) για τα οποία ισχύει f(x) \neq q, \forall x \in (r,s) και τα οποία έχουν μη κενή τομή με το (a,b) και παίρνουμε το ανοικτό διάστημα (c,d)= \displaystyle \bigcup _{m \in U}m. Για το διάστημα (c,d) θα ισχύει προφανώς, εκ του τρόπου κατασκευής του, f(c)=f(d)=q. Άρα η συνεχής συνάρτηση f θα παρουσιάζει στο σημείο x_0 \in (c,d) ή μέγιστο ή ελάχιστο και το ελάχιστο ή το μέγιστο της στο [c,d], αντιστοίχως, θα το παρουσιάζει στα άκρα. Υποθέτουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι αληθεύει το πρώτο ενδεχόμενο. Τότε f([c,x_0])=f([x_0,d])=[f(c),f(x_0)], άρα (επειδή η f είναι 1-1 στους άρρητους) f([c,x_0] \cap (\mathbb{R}-\mathbb{Q})) \subset f([x_0,d] \cap \mathbb{Q}), δηλαδή card(\mathbb{R})\leq card(\mathbb{Q}), άτοπο.
Φιλικά


Σπύρος Καπελλίδης
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Συνεχής συνάρτηση, που ο περιορισμός της στους άρρητους

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Σάβ Ιουν 05, 2010 12:49 pm

(Διωχνω τα Greeklish)

Σπυρο, για καθε ρητο p υπαρχει το πολυ ενας αρρητος x τετοιος ωστε οι p,x να αποτελουν ζευγος, λογω του 1-1 στους αρρητους. Οποτε τα ζευγη που ειναι υποσυνολα του \mathbb{Q} \times \left( \mathbb{R} - \mathbb{Q} \right) η του \left( \mathbb{R} - \mathbb{Q} \right) \times \mathbb{Q} ειναι αριθμησιμα.

Δημητρης Σκουτερης


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες