Y a-t-il une fonction bijective $f:[0,1] \to [0,1]$ tel que le graphique de $f$ dans $\mathbb{R}^2$ est un sous-ensemble dense de $[0,1] \times [0,1]$?
Y a-t-il une fonction bijective$f:[0,1] \to [0,1]$tel que le graphique de$f$ dans $\mathbb{R}^2$est un sous- ensemble dense de$[0,1] \times [0,1]$? (Exactement comme le titre).
Je pense que la question n'est pas beaucoup affectée si on pose la même question mais pour une fonction $f:(0,1) \to [0,1]$ ou $f:[0,1) \to (0,1]$ etc, par opposition à $f:[0,1] \to [0,1]$, qui était dans la question initiale. Tout ce qui compte vraiment, c'est que le domaine et la plage soient des sous-ensembles bornés et connectés de$\mathbb{R}^2$.
Je soupçonne que la réponse à la question est oui, mais je ne sais pas comment construire une telle fonction.
La première chose à noter est que, si une telle fonction existe, elle ne doit être nulle part continue, sinon le graphe de f ne serait pas dense sur l'ensemble de $[0,1] \times [0,1]$. Cependant, il n'est pas clair si le graphique de notre fonction serait un sous-ensemble totalement déconnecté de$[0,1] \times [0,1]$.
Une fonction continue nulle part peut-elle avoir un graphe connecté?
Je n'ai en fait pas lu les réponses à la question ci-dessus en détail, et de toute façon, il peut ne pas être pertinent de répondre à la question ici (bien que cela puisse être).
Ma tentative:
Laisser $f_{ Conway_{(0,1)} }:(0,1) \to \mathbb{R} $être la fonction Conway base-13 , mais avec un domaine limité à$(0,1)$. Maintenant définissez$f_{Conway_{(0,1)}bounded}(x) = \frac{1}{\pi} \arctan(f_{ Conway_{(0,1)} }(x)) + \frac{1}{2}$ avec domaine $(0,1)$ et gamme $(0,1)$. Ensuite, la fonction est bien définie et le graphique de$f_{Conway_{(0,1)}bounded}:(0,1) \to (0,1)$ est un sous-ensemble dense de $[0,1] \times [0,1]$. Maintenant, nous pouvons facilement modifier notre fonction$f_{Conway_{(0,1)}bounded}$ pour qu'il ait un domaine $[0,1]$ et gamme $[0,1]$, et je suppose que le lecteur peut le faire et laisser les détails par souci de brièveté. Mais le fait est que ces deux points manquants dans le domaine,$0$ et $1$, ne sont pas un problème.
Le problème est que notre fonction n'est pas injective.
Notez que nous ne pouvons pas répondre à la question en supprimant uniquement des points du graphique de $f_{Conway_{(0,1)}bounded}$, car alors vous supprimeriez beaucoup de points du domaine, et donc ce ne serait pas une fonction avec le domaine $(0,1)$. Alors peut-être faire quelque chose d'intelligent pour$f_{Conway_{(0,1)}bounded}$, ou peut-être trouver une manière entièrement différente de construire une fonction pour répondre à la question est nécessaire.
Réponses
Par simplicité, je travaillerai $[0,1]\times [0,1].$ Le mot «dénombrable» ci-dessous signifiera «dénombrable infini».
Lemme: Il existe une collection disjointe par paires $\{D_n:n\in \mathbb N\}$ de sous-ensembles de $(0,1)$ tel que chacun $D_n$ est dénombrable et dense en $(0,1).$
Preuve: Let $p_1,p_2,\dots$être les nombres premiers. Pour chaque$n,$ définir $D_n$ être l'ensemble des ratios $j/p_n^k,$ où $k\in \mathbb N,$ $1\le j < p_n^k,$ et $j,p_n$sont relativement premiers. Je vais m'arrêter ici, mais posez des questions si vous le souhaitez.
Définissez maintenant une collection doublement indexée d'intervalles ouverts $$I_{mk}=(\frac{k-1}{m},\frac{k}{m}),$$ où $m\in \mathbb N, 1\le k\le m.$ Nous pouvons ordonner linéairement ces intervalles comme $I_{11}, I_{21},I_{22},I_{31}, I_{32},I_{33},\dots$ Dans cet ordre, désignons simplement les intervalles comme $J_1,J_2,\dots.$
Pour chaque $n,$ l'ensemble $D_n\cap J_n$ est un sous-ensemble dense dénombrable de $J_n.$ Notez que la collection $\{D_n\cap J_n)\}$ est disjoint par paire.
Maintenant pour $n=1,\dots,$ définir $f:[0,1]\to [0,1]$ en définissant $f:J_n\cap D_n \to D_n$être n'importe quelle bijection que vous aimez. Pour obtenir la bijection complète, notez que$[0,1]\setminus (\cup J_n\cap D_n)$ est $[0,1]$moins un ensemble dénombrable. Ainsi est$[0,1]\setminus (\cup D_n).$ Ces ensembles ont donc la cardinalité de $[0,1],$il y a donc une bijection entre eux. Laisser$f$être cette bijection entre ces ensembles. Maintenant$f$ est une bijection complète de $[0,1]$ à $[0,1].$
Pour afficher la densité, laissez $(a,b)\times (c,d)\subset (0,1)\times (0,1).$ Puis pour certains grands $n$ (maintenant corrigé), $J_n\cap D_n\subset (a,b).$ Et depuis $f(J_n\cap D_n)=D_n,$ un sous-ensemble dense de $(0,1),$ il existe $x\in J_n\cap D_n$ tel que $f(x)\in (c,d).$ Donc $(x,f(x))\in (a,b)\times (c,d).$ Cela montre le graphique de $f$ est dense dans $[0,1]\times [0,1].$
Oui, ce que vous pouvez faire est de construire une fonction injective $f:\mathbb Q \cap [0,1] \rightarrow \mathbb [0,1]$ dont le graphe est dense en $[0,1] \times [0,1]$ puis étendre le domaine de $f$ à $\mathbb [0,1]$ d'une manière qui fait $f$ une bijection (c'est faisable car il y a $|\mathbb R | $ points dans $[0,1]$ pas déjà à l'image de $f$).
Par exemple, sur $\mathbb Q \cap [0,1]$ tu pourrais laisser $$f \left ( \frac{a}{b} \right ) = \frac{\pi a^2}{b} \mod 1$$
Soit S (x, n) = (2x + 1) / (2 ^ (2n + 1)).
Soit R (x, n) plancher (x / (2 ^ n)) + (2 ^ n) (x mod 2 ^ n) (de manière informelle, permutez les deux moitiés de l'expansion binaire de x).
Soit f (b) = S (R (x, n), n) s'il y a un x, n (qui, assez trivialement, doit être unique) tel que S (x, n) = b, et b sinon.
Considérez n'importe quelle "cellule de grille binaire", [a * 2 ^ -n, (a + 1) * 2 ^ -n] x [b * 2 ^ -n, (b + 1) * 2 ^ -n]. (S (a * 2 ^ n + b, n), f (S (a * 2 ^ n + b, n)) = S (b * 2 ^ n + a, n)) est dans cette cellule de la grille.