Apakah ada fungsi bijektiva $f:[0,1] \to [0,1]$ sedemikian rupa sehingga grafik $f$ di $\mathbb{R}^2$ adalah bagian padat dari $[0,1] \times [0,1]$?
Apakah ada sebuah bijective fungsi$f:[0,1] \to [0,1]$sehingga grafik dari$f$ di $\mathbb{R}^2$adalah bagian padat dari$[0,1] \times [0,1]$? (Persis sama dengan judul).
Saya pikir pertanyaannya tidak terlalu terpengaruh jika kita menanyakan pertanyaan yang sama tetapi untuk suatu fungsi $f:(0,1) \to [0,1]$ atau $f:[0,1) \to (0,1]$ dll, sebagai lawan $f:[0,1] \to [0,1]$, yang ada di pertanyaan awal. Yang terpenting adalah domain dan rentang dibatasi, himpunan bagian yang terhubung dari$\mathbb{R}^2$.
Saya menduga jawaban atas pertanyaannya adalah ya, tetapi saya tidak tahu bagaimana membangun fungsi seperti itu.
Hal pertama yang perlu diperhatikan adalah, jika fungsi seperti itu ada, itu pasti tidak ada di mana pun, jika tidak grafik f tidak akan padat di seluruh $[0,1] \times [0,1]$. Namun, tidak jelas apakah grafik fungsi kita akan menjadi subset yang benar-benar terputus$[0,1] \times [0,1]$.
Dapatkah fungsi kontinu di mana saja memiliki grafik yang terhubung?
Sebenarnya saya belum membaca jawaban atas pertanyaan di atas secara mendetail, dan bagaimanapun, mungkin tidak relevan untuk menjawab pertanyaan di sini (walaupun mungkin saja).
Upaya saya:
Membiarkan $f_{ Conway_{(0,1)} }:(0,1) \to \mathbb{R} $menjadi fungsi Conway base-13 , tetapi dengan domain terbatas pada$(0,1)$. Sekarang jelaskan$f_{Conway_{(0,1)}bounded}(x) = \frac{1}{\pi} \arctan(f_{ Conway_{(0,1)} }(x)) + \frac{1}{2}$ dengan domain $(0,1)$ dan jangkauan $(0,1)$. Kemudian fungsinya terdefinisi dengan baik, dan grafik$f_{Conway_{(0,1)}bounded}:(0,1) \to (0,1)$ adalah bagian padat dari $[0,1] \times [0,1]$. Sekarang kita dapat dengan mudah memodifikasi fungsi kita$f_{Conway_{(0,1)}bounded}$ sehingga memiliki domain $[0,1]$ dan jangkauan $[0,1]$, dan saya akan berasumsi bahwa pembaca dapat melakukan ini dan membiarkan detailnya agar singkat. Namun intinya adalah, dua poin yang hilang dalam domain tersebut,$0$ dan $1$, tidak masalah.
Masalahnya adalah fungsi kita tidak injeksi.
Perhatikan bahwa kami tidak dapat menjawab pertanyaan dengan hanya menghilangkan poin dari grafik $f_{Conway_{(0,1)}bounded}$, karena Anda akan menghapus banyak poin dari domain, dan ini bukan fungsi dengan domain $(0,1)$. Jadi mungkin melakukan sesuatu yang pintar$f_{Conway_{(0,1)}bounded}$, atau mungkin datang dengan cara yang sama sekali berbeda untuk membangun fungsi untuk menjawab pertanyaan itu perlu.
Jawaban
Untuk kesederhanaan saya akan bekerja $[0,1]\times [0,1].$ Kata "terhitung" di bawah ini berarti "terhitung tak hingga".
Lemma: Ada koleksi terputus-putus berpasangan $\{D_n:n\in \mathbb N\}$ dari himpunan bagian $(0,1)$ sedemikian rupa sehingga masing-masing $D_n$ dapat dihitung dan padat $(0,1).$
Bukti: Biarkan $p_1,p_2,\dots$menjadi bilangan prima. Untuk setiap$n,$ menetapkan $D_n$ menjadi himpunan rasio $j/p_n^k,$ dimana $k\in \mathbb N,$ $1\le j < p_n^k,$ dan $j,p_n$relatif prima. Saya akan berhenti di sini, tetapi ajukan pertanyaan jika Anda suka.
Sekarang tentukan kumpulan interval terbuka yang diindeks ganda $$I_{mk}=(\frac{k-1}{m},\frac{k}{m}),$$ dimana $m\in \mathbb N, 1\le k\le m.$ Kita dapat mengurutkan interval ini secara linier sebagai $I_{11}, I_{21},I_{22},I_{31}, I_{32},I_{33},\dots$ Dalam urutan ini, mari kita tunjukkan interval sebagai $J_1,J_2,\dots.$
Untuk setiap $n,$ set $D_n\cap J_n$ adalah bagian padat yang dapat dihitung dari $J_n.$ Perhatikan bahwa koleksinya $\{D_n\cap J_n)\}$ adalah perpisahan berpasangan.
Sekarang untuk $n=1,\dots,$ menetapkan $f:[0,1]\to [0,1]$ dengan mendefinisikan $f:J_n\cap D_n \to D_n$menjadi perhiasan yang Anda suka. Untuk mendapatkan kebijaksanaan penuh, perhatikan itu$[0,1]\setminus (\cup J_n\cap D_n)$ adalah $[0,1]$minus satu set yang dapat dihitung. Begitu juga$[0,1]\setminus (\cup D_n).$ Oleh karena itu, set ini memiliki kardinalitas $[0,1],$oleh karena itu ada kebijaksanaan di antara mereka. Membiarkan$f$jadilah bijection ini di antara set ini. Sekarang$f$ adalah kebijaksanaan penuh dari $[0,1]$ untuk $[0,1].$
Untuk menunjukkan kepadatan, biarkan $(a,b)\times (c,d)\subset (0,1)\times (0,1).$ Kemudian untuk beberapa yang besar $n$ (sekarang sudah diperbaiki), $J_n\cap D_n\subset (a,b).$ Dan sejak itu $f(J_n\cap D_n)=D_n,$ bagian yang padat dari $(0,1),$ disana ada $x\in J_n\cap D_n$ seperti yang $f(x)\in (c,d).$ Jadi $(x,f(x))\in (a,b)\times (c,d).$ Ini menunjukkan grafik $f$ padat $[0,1]\times [0,1].$
Ya, yang bisa Anda lakukan adalah membangun fungsi injeksi $f:\mathbb Q \cap [0,1] \rightarrow \mathbb [0,1]$ yang grafiknya padat $[0,1] \times [0,1]$ dan kemudian perluas domain $f$ untuk $\mathbb [0,1]$ dengan cara yang membuat $f$ bijection (ini bisa dilakukan karena ada $|\mathbb R | $ menunjuk $[0,1]$ belum ada dalam gambar $f$).
Misalnya, On $\mathbb Q \cap [0,1]$ Anda bisa membiarkan $$f \left ( \frac{a}{b} \right ) = \frac{\pi a^2}{b} \mod 1$$
Misal S (x, n) = (2x + 1) / (2 ^ (2n + 1)).
Misalkan R (x, n) menjadi floor (x / (2 ^ n)) + (2 ^ n) (x mod 2 ^ n) (informal, tukar dua bagian dari ekspansi biner x).
Misalkan f (b) = S (R (x, n), n) jika ada beberapa x, n (yang, secara sederhana, harus unik) sehingga S (x, n) = b, dan b sebaliknya.
Pertimbangkan semua "sel kisi biner", [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)) ada di sel kisi ini.