Le calcul de Spivak: Chapitre 3 Problème 24b
24b) Supposons que $f$ est une fonction telle que chaque nombre $b$ peut être écrit $b = f(a)$ pour un nombre réel $a$. Prouvez qu'il y a une fonction$g$ tel que $f \circ g = I$
Je pense comprendre cette question et comment la résoudre, mais j'ai du mal à trouver un moyen d'exprimer ma solution de manière mathématiquement rigoureuse, en particulier lorsque $f$n'est pas injective. Voici mon idée:
Tout d'abord, si $f$ est injectif, alors c'est trivial.
Laisser $g(x) = a$, où $x = f(a)$ pour toute $a \in \text{domain}(f)$
Depuis $f$ est injective, par définition il n'y a qu'une seule valeur de $a$ qui satisfait $x = f(a)$ pour chaque $x$, ce qui signifie $g$est bien défini. Et$\text{domain}(g) = \text{image}(f)$ (par définition de $g$), qui d'après la supposition de la question est $\mathbb{R}$. Également,$\text{domain}(f) = \text{image}(g)$, depuis $f$ et $g$sont injectifs (mais ce fait n'est pas important). Alors$f(g(x))$ est défini pour tous $x ∈ \mathbb{R}$. Finalement,$f(g(x))$ = $f(a)$, où $x = f(a)$ pour $x ∈ \mathbb{R} \to f(g(x)) = I(x)$.
Mais maintenant si $f$n'est pas injective, cela se complique. Si je garde ma définition originale de$g$, étant "$g(x) = a$, où $x = f(a)$ pour toute $a \in \text{domain}(f)$", alors cela ne fonctionne pas car $g$n'est plus une fonction. Parce que depuis$f$ n'est pas injectif, il existe au moins 2 numéros $z$ et $w$ tel que $z \neq w$ mais $f(z) = f(w)$, ce qui signifie qu'il existe $x$ tel que: $g(x) = z = w$.
Je pense que l'idée est simplement de redéfinir $g$ pour simplement "choisir" soit $z$ ou $w$, et attribuez-le à $x$. Par exemple, il pourrait choisir le plus petit des deux. La seule différence que cela ferait est maintenant$\text{domain}(f) \subset \text{image}(g)$, au lieu de $\text{domain}(f) = \text{image}(g)$. Mais comme ce fait n'était pas important auparavant, la conclusion de la question tient toujours.
Voici ma question. Comment écrire explicitement une définition de$g$ qui "choisit" le plus petit des $z$ ou $w$? De plus, rappelons qu'il existe au moins 2 nombres z et w. Il pourrait y avoir arbitrairement plus de nombres tels que$f(z) = f(w) = f(m) = f(n)$etc. Et ce n'est qu'une des branches arbitraires des valeurs communes$f$pourrait prendre. Il pourrait y avoir un ensemble différent de nombres$f(z_2) = f(w_2) = f(m_2)$ et ainsi de suite, qui ne sont pas égaux à $f(z)$, etc.
Cela commence à devenir très compliqué. Comment puis-je exprimer$g$ mathématiquement?
Réponses
L'erreur que vous avez remarquée est réelle, bravo pour l'avoir repérée! Ce que l'on vous demande de montrer est essentiellement l' axiome de choix pour les nombres réels. C'est un axiome parce que vous ne pouvez pas prouver (la version générale) à partir des autres axiomes de la théorie des ensembles, même si cela semble assez raisonnable.
Vous avez donc deux options:
- Vous pouvez ignorer le fait que votre définition pose ce problème et dire en gros: "Eh bien, choisissez simplement l'une des options, rien d'étrange à voir ici."
- Vous pouvez invoquer l'axiome du choix. Il dit (directement de l'article Wikipedia): Pour toute famille indexée$(S_i)_{i\in I}$ d'ensembles non vides (où $I$ est un ensemble d'indexation) il y a une famille $(x_i)_{i\in I}$ tel que $x_i \in S_i$ pour chaque $i\in I$. Je vous laisse le soin de trouver comment obtenir la réclamation de Spivak. (En fait, ma formulation préférée de l'axiome du choix est essentiellement ce que vous devez prouver, mais pas limité aux nombres.)
Supposons qu'il existe une fonction de choix explicite $C :\mathcal P(\mathbb R) \rightarrow \mathbb{R}$.
Laisser $A \subset \mathbb{R}$. Par définition,$C(A) = r$ pour certains $r \in \mathbb{R}$.
Notez que si $A \subset \mathbb{R}$, alors clairement: $\{~~A \setminus C(A)~~\}$ $\subset \mathbb{R}$.
Maintenant, définissez une fonction $A_n : \mathcal P(\mathbb R) \to \mathcal P(\mathbb R)$ récursivement comme suit:
$A_1(A)$ = $A$
$A_2(A)$ = $A_1(~~A_1 \setminus \{C(A_1)\}~~)$
$A_3(A)$ = $A_2(~~A_2 \setminus \{C(A_2)\}~~)$
etc.
Officiellement:
$A_1(A)$ = $A$
Si $A = \emptyset$, Ensuite: $A_n(\emptyset) = \emptyset$
Si $A \neq \emptyset$, Ensuite: $A_n(A)$ = $A_{n-1}(~~A_{n-1} \setminus C(A_{n-1}~~)$ $~~~~\forall n \in \mathbb{N}, n > 1$
Fondamentalement, ce que je fais, c'est appliquer la fonction de choix $C$ à $A$ pour choisir un nombre réel spécifique $r_1$ dans $A$, puis définissant $A_2$ être l'ensemble {$A$ disparu $r_1$}, puis appliquant $C$ à $A_2$ pour choisir un nombre réel différent $r_2$ dans $A$, puis définissant $A_3$ être l'ensemble {$A$ disparu ($r_1$ et $r_2$)}, etc.
Ok maintenant définir une autre fonction $Z:A \rightarrow \mathbb{N}$ en utilisant la fonction de choix d'origine $C$ et le nouveau $A_n$ fonctionner comme ça:
$Z(r)= \{n, ~where ~r=C(A_n)$
Cette fonction $Z$est très spécial. Chaque élément$r \in A$ correspond à une valeur unique de $Z(r)$. En d'autres termes,$Z$ est capable de mapper chaque élément d'un sous-ensemble de nombres réels à un nombre naturel unique $n$.
J'ai l'impression que Cantor aura quelque chose à dire à ce sujet ...
Si $f$ est une fonction non injective, $f$ peut être écrit comme $f = \{(x_1,f_1), (x_2,f_2)\cdots \} + \{(x_{1+i},f_i),(x_{2+i},f_i)\cdots \} + \{((x_{1+2i},f_{2i}),(x_{2+2i},f_{2i})\cdots \} + \cdots$ où $(x_{a+bi} = x_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$ et $(f_{a+bi} = f_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$.
Définir $\hat f = \{(x_1,f_1), (x_2,f_2)\cdots \}$
Définir $A_n = \{(x_{1+ni},f_{ni}),(x_{2+ni},f_{ni}) \cdots \}$
$\therefore f= \hat f + \sum_{p=1}^Z A_p$, où $Z \in \mathbb{N}$ ou $Z = \infty$
Maintenant en utilisant AoC: Construisez un nouvel ensemble $\hat A$ qui contient exactement une paire ordonnée $(x_{a+ni},f_{ni})$ de chaque $A_n$.
Définir $f_{\text{injective}} = \hat f + \hat A$
Enfin définir $g(x) = a$, où $(a,x) \in f_{\text{injective}}$