Cálculo de Spivak: Capítulo 3 Problema 24b

Aug 16 2020

24b) Suponha que $f$ é uma função tal que cada número $b$ pode ser escrito $b = f(a)$ por algum número real $a$. Prove que existe uma função$g$ de tal modo que $f \circ g = I$

Acho que entendo essa questão e como resolvê-la, mas estou lutando para encontrar uma maneira de expressar minha solução de uma forma matematicamente rigorosa, especialmente quando $f$não é injetivo. Esta é a minha ideia:

Em primeiro lugar, se $f$ é injetivo, então é trivial.

Deixei $g(x) = a$, Onde $x = f(a)$ para qualquer $a \in \text{domain}(f)$

Desde a $f$ é injetivo, por definição, há apenas um valor de $a$ isso satisfaz $x = f(a)$ para cada $x$, que significa $g$está bem definido. E$\text{domain}(g) = \text{image}(f)$ (por definição de $g$), que a partir da suposição da questão é $\mathbb{R}$. Além disso,$\text{domain}(f) = \text{image}(g)$, Desde a $f$ e $g$são injetivos (mas esse fato não é importante). então$f(g(x))$ está definido para todos $x ∈ \mathbb{R}$. Finalmente,$f(g(x))$ = $f(a)$, Onde $x = f(a)$ para $x ∈ \mathbb{R} \to f(g(x)) = I(x)$.

Mas agora se $f$não é injetivo, fica mais complicado. Se eu mantiver minha definição original de$g$, ser "$g(x) = a$, Onde $x = f(a)$ para qualquer $a \in \text{domain}(f)$", então isso não funciona porque $g$não é mais uma função. Porque desde$f$ não é injetivo, existe pelo menos 2 números $z$ e $w$ de tal modo que $z \neq w$ mas $f(z) = f(w)$, o que significa que existe $x$ de tal modo que: $g(x) = z = w$.

Acho que a ideia é simplesmente redefinir $g$ simplesmente "escolher" $z$ ou $w$, e atribuí-lo a $x$. Por exemplo, ele pode escolher o menor dos dois. A única diferença que isso faria é agora$\text{domain}(f) \subset \text{image}(g)$, ao invés de $\text{domain}(f) = \text{image}(g)$. Mas como esse fato não era importante antes, a conclusão da pergunta ainda é válida.

Aqui está minha pergunta. Como faço para escrever explicitamente uma definição de$g$ que "escolhe" o menor de $z$ ou $w$? Além disso, lembre-se de que existem pelo menos 2 números z e w. Pode haver arbitrariamente mais números, de modo que$f(z) = f(w) = f(m) = f(n)$e assim por diante. E esse é apenas um dos ramos arbitrários dos valores comuns$f$Poderia levar. Pode haver um conjunto diferente de números$f(z_2) = f(w_2) = f(m_2)$ e assim por diante, que não são iguais a $f(z)$etc.

Isso está começando a ficar muito confuso. Como posso expressar$g$ matematicamente?

Respostas

EikeSchulte Aug 16 2020 at 09:34

A falácia que você notou é real, muito bem em identificá-la! O que você deve mostrar é basicamente o axioma de escolha para os números reais. É um axioma porque você não pode provar (a versão geral) a partir dos outros axiomas da teoria dos conjuntos, mesmo que pareça sensato.

Então você tem duas opções:

  • Você pode ignorar o fato de que sua definição tem esse problema e basicamente dizer: “Bem, basta escolher qualquer uma das opções, nada de estranho de ver aqui.”
  • Você pode invocar o axioma da escolha. Diz (direto do artigo da Wikipedia): Para qualquer família indexada$(S_i)_{i\in I}$ de conjuntos não vazios (onde $I$ é algum conjunto de indexação) há uma família $(x_i)_{i\in I}$ de tal modo que $x_i \in S_i$ para cada $i\in I$. Deixo você descobrir como chegar à reivindicação de Spivak. (Na verdade, minha formulação favorita do axioma da escolha é basicamente o que você precisa provar, mas não se restringe a números.)
Noname Aug 17 2020 at 03:06

Suponha que exista uma função de escolha explícita $C :\mathcal P(\mathbb R) \rightarrow \mathbb{R}$.

Deixei $A \subset \mathbb{R}$. Por definição,$C(A) = r$ para alguns $r \in \mathbb{R}$.

Observe que se $A \subset \mathbb{R}$, então claramente: $\{~~A \setminus C(A)~~\}$ $\subset \mathbb{R}$.

Agora defina uma função $A_n : \mathcal P(\mathbb R) \to \mathcal P(\mathbb R)$ recursivamente da seguinte forma:

$A_1(A)$ = $A$

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

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

etc etc.

Formalmente:

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

  2. E se $A = \emptyset$, Então: $A_n(\emptyset) = \emptyset$

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

Basicamente, o que estou fazendo é aplicar a função de escolha $C$ para $A$ para escolher um número real específico $r_1$ dentro $A$, então definindo $A_2$ para ser o conjunto {$A$ ausência de $r_1$}, então aplicando $C$ para $A_2$ escolher um número real diferente $r_2$ dentro $A$, então definindo $A_3$ para ser o conjunto {$A$ ausência de ($r_1$ e $r_2$)}, etc etc.

Ok, agora defina outra função $Z:A \rightarrow \mathbb{N}$ usando a função de escolha original $C$ e o novo $A_n$ funcionar assim:

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

Esta função $Z$é muito especial. Cada elemento$r \in A$ corresponde a um valor único de $Z(r)$. Em outras palavras,$Z$ é capaz de mapear cada elemento de um subconjunto de números reais para um número natural único $n$.

Acho que Cantor terá algo a dizer sobre isso ...

Noname Aug 21 2020 at 02:53

E se $f$ é uma função não injetiva, $f$ pode ser escrito como $f = \{(x_1,f_1), (x_2,f_2)\cdots \} + \{(x_{1+i},f_i),(x_{2+i},f_i)\cdots \} + \{((x_{1+2i},f_{2i}),(x_{2+2i},f_{2i})\cdots \} + \cdots$ Onde $(x_{a+bi} = x_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$ e $(f_{a+bi} = f_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$.

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

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

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

Agora usando AoC: Construa um novo conjunto $\hat A$ que contém exatamente um par ordenado $(x_{a+ni},f_{ni})$ de cada $A_n$.

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

Finalmente definir $g(x) = a$, Onde $(a,x) \in f_{\text{injective}}$