Spivaks Kalkül: Kapitel 3 Problem 24b

Aug 16 2020

24b) Angenommen, das $f$ ist eine Funktion, bei der jede Zahl $b$ kann geschrieben werden $b = f(a)$ für eine reelle Zahl $a$. Beweisen Sie, dass es eine Funktion gibt$g$ so dass $f \circ g = I$

Ich glaube, ich verstehe diese Frage und wie ich sie lösen kann, aber ich habe Mühe, einen Weg zu finden, um meine Lösung auf mathematisch strenge Weise auszudrücken, insbesondere wenn $f$ist nicht injektiv. Hier ist meine Idee:

Zuallererst, wenn $f$ ist injektiv, dann ist es trivial.

Lassen $g(x) = a$, wo $x = f(a)$ für jeden $a \in \text{domain}(f)$

Schon seit $f$ ist injektiv, per Definition gibt es nur einen Wert von $a$ das befriedigt $x = f(a)$ für jeden $x$, was bedeutet $g$ist gut definiert. Und$\text{domain}(g) = \text{image}(f)$ (per Definition von $g$), was aus der Annahme in der Frage ist $\mathbb{R}$. Ebenfalls,$\text{domain}(f) = \text{image}(g)$, schon seit $f$ und $g$sind injektiv (aber diese Tatsache ist nicht wichtig). Damit$f(g(x))$ ist für alle definiert $x ∈ \mathbb{R}$. Schließlich,$f(g(x))$ = $f(a)$, wo $x = f(a)$ zum $x ∈ \mathbb{R} \to f(g(x)) = I(x)$.

Aber jetzt wenn $f$ist nicht injektiv, es wird komplizierter. Wenn ich meine ursprüngliche Definition von behalte$g$, sein "$g(x) = a$, wo $x = f(a)$ für jeden $a \in \text{domain}(f)$", dann funktioniert das denn nicht $g$ist keine Funktion mehr. Weil seit$f$ ist nicht injektiv, es gibt mindestens 2 Zahlen $z$ und $w$ so dass $z \neq w$ aber $f(z) = f(w)$, was bedeutet, dass es existiert $x$ so dass: $g(x) = z = w$.

Ich denke, die Idee ist, einfach neu zu definieren $g$ entweder einfach "wählen" $z$ oder $w$und weisen Sie es zu $x$. Zum Beispiel könnte es das kleinere von beiden wählen. Der einzige Unterschied, den dies machen würde, ist jetzt$\text{domain}(f) \subset \text{image}(g)$, Anstatt von $\text{domain}(f) = \text{image}(g)$. Aber da diese Tatsache vorher nicht wichtig war, gilt die Schlussfolgerung in der Frage immer noch.

Hier ist meine Frage. Wie schreibe ich explizit eine Definition von auf?$g$ das "wählt" das kleinere von $z$ oder $w$? Denken Sie außerdem daran, dass mindestens 2 Zahlen z und w existieren. Es könnte beliebig mehr Zahlen geben, so dass$f(z) = f(w) = f(m) = f(n)$und so weiter. Und das ist nur einer der willkürlichen Zweige der gemeinsamen Werte$f$könnte dauern. Es könnte einen anderen Satz von Zahlen geben$f(z_2) = f(w_2) = f(m_2)$ und so weiter, die nicht gleich sind $f(z)$, usw.

Dies beginnt sehr chaotisch zu werden. Wie kann ich ausdrücken$g$ mathematisch?

Antworten

EikeSchulte Aug 16 2020 at 09:34

Der Irrtum, den Sie bemerkt haben, ist real, gut gemacht, um ihn zu entdecken! Was Sie zeigen sollen, ist im Grunde das Axiom der Wahl für die reellen Zahlen. Es ist ein Axiom, weil man die anderen Axiome der Mengenlehre nicht beweisen kann (die allgemeine Version), obwohl es irgendwie vernünftig erscheint.

Sie haben also zwei Möglichkeiten:

  • Sie können die Tatsache beschönigen, dass Ihre Definition dieses Problem hat, und im Grunde sagen: "Nun, wählen Sie einfach eine der Optionen, nichts Seltsames, das Sie hier sehen können."
  • Sie können das Axiom Ihrer Wahl aufrufen. Es heißt (direkt aus dem Wikipedia-Artikel): Für jede indizierte Familie$(S_i)_{i\in I}$ von nicht leeren Mengen (wo $I$ gibt es einen Indexsatz) gibt es eine Familie $(x_i)_{i\in I}$ so dass $x_i \in S_i$ für jeden $i\in I$. Ich überlasse es Ihnen, herauszufinden, wie Sie zu Spivaks Behauptung gelangen. (Eigentlich ist meine Lieblingsformulierung des Axioms der Wahl im Grunde das, was Sie beweisen müssen, aber nicht auf Zahlen beschränkt.)
Noname Aug 17 2020 at 03:06

Angenommen, es gibt eine explizite Auswahlfunktion $C :\mathcal P(\mathbb R) \rightarrow \mathbb{R}$.

Lassen $A \subset \mathbb{R}$. Per Definition,$C(A) = r$ für einige $r \in \mathbb{R}$.

Beachten Sie, dass wenn $A \subset \mathbb{R}$, dann klar: $\{~~A \setminus C(A)~~\}$ $\subset \mathbb{R}$.

Definieren Sie nun eine Funktion $A_n : \mathcal P(\mathbb R) \to \mathcal P(\mathbb R)$ rekursiv wie folgt:

$A_1(A)$ = $A$

$A_2(A)$ = $A_1(~~A_1 \setminus \{C(A_1)\}~~)$

$A_3(A)$ = $A_2(~~A_2 \setminus \{C(A_2)\}~~)$

usw. usw.

Formal:

  1. $A_1(A)$ = $A$

  2. Wenn $A = \emptyset$, Dann: $A_n(\emptyset) = \emptyset$

  3. Wenn $A \neq \emptyset$, Dann: $A_n(A)$ = $A_{n-1}(~~A_{n-1} \setminus C(A_{n-1}~~)$ $~~~~\forall n \in \mathbb{N}, n > 1$

Grundsätzlich wende ich die Auswahlfunktion an $C$ zu $A$ um eine bestimmte reelle Zahl zu wählen $r_1$ im $A$, dann definieren $A_2$ die Menge sein {$A$ fehlt $r_1$}, dann bewerben $C$ zu $A_2$ eine andere reelle Zahl wählen $r_2$ im $A$, dann definieren $A_3$ die Menge sein {$A$ fehlt ($r_1$ und $r_2$)} usw. usw.

Ok, jetzt definiere eine andere Funktion $Z:A \rightarrow \mathbb{N}$ mit der ursprünglichen Auswahlfunktion $C$ und das neue $A_n$ Funktion wie folgt:

$Z(r)= \{n, ~where ~r=C(A_n)$

Diese Funktion $Z$ist etwas ganz Besonderes. Jedes Element$r \in A$ entspricht einem eindeutigen Wert von $Z(r)$. Mit anderen Worten,$Z$ ist in der Lage, jedes Element einer Teilmenge reeller Zahlen einer eindeutigen natürlichen Zahl zuzuordnen $n$.

Ich habe das Gefühl, dass Cantor dazu etwas zu sagen hat ...

Noname Aug 21 2020 at 02:53

Wenn $f$ ist eine nichtinjektive Funktion, $f$ kann geschrieben werden als $f = \{(x_1,f_1), (x_2,f_2)\cdots \} + \{(x_{1+i},f_i),(x_{2+i},f_i)\cdots \} + \{((x_{1+2i},f_{2i}),(x_{2+2i},f_{2i})\cdots \} + \cdots$ wo $(x_{a+bi} = x_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$ und $(f_{a+bi} = f_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$.

Definieren $\hat f = \{(x_1,f_1), (x_2,f_2)\cdots \}$

Definieren $A_n = \{(x_{1+ni},f_{ni}),(x_{2+ni},f_{ni}) \cdots \}$

$\therefore f= \hat f + \sum_{p=1}^Z A_p$, wo $Z \in \mathbb{N}$ oder $Z = \infty$

Jetzt mit AoC: Erstellen Sie einen neuen Satz $\hat A$ welches genau ein bestelltes Paar enthält $(x_{a+ni},f_{ni})$ von jedem $A_n$.

Definieren $f_{\text{injective}} = \hat f + \hat A$

Zum Schluss definieren $g(x) = a$, wo $(a,x) \in f_{\text{injective}}$