Existe uma função bijetiva $f:[0,1] \to [0,1]$ de modo que o gráfico de $f$ dentro $\mathbb{R}^2$ é um subconjunto denso de $[0,1] \times [0,1]$?
Existe uma função bijetiva$f:[0,1] \to [0,1]$de modo que o gráfico de$f$ dentro $\mathbb{R}^2$é um subconjunto denso de$[0,1] \times [0,1]$? (Exato igual ao título).
Acho que a questão não é muito afetada se fizermos a mesma pergunta, mas para uma função $f:(0,1) \to [0,1]$ ou $f:[0,1) \to (0,1]$ etc, em oposição a $f:[0,1] \to [0,1]$, que estava na pergunta original. Tudo o que realmente importa é que o domínio e o intervalo são subconjuntos limitados e conectados de$\mathbb{R}^2$.
Suspeito que a resposta à pergunta seja sim, mas não sei como construir essa função.
A primeira coisa a notar é que, se tal função existe, ela não deve ser contínua em nenhum lugar, caso contrário, o gráfico de f não seria denso em toda a $[0,1] \times [0,1]$. No entanto, não está claro se o gráfico de nossa função seria um subconjunto totalmente desconectado de$[0,1] \times [0,1]$.
Uma função contínua em lugar nenhum pode ter um gráfico conectado?
Na verdade, não li as respostas à pergunta acima em detalhes e, de qualquer forma, pode não ser relevante responder à pergunta aqui (embora possa).
Minha tentativa:
Deixei $f_{ Conway_{(0,1)} }:(0,1) \to \mathbb{R} $ser a função Conway de base 13 , mas com domínio restrito a$(0,1)$. Agora defina$f_{Conway_{(0,1)}bounded}(x) = \frac{1}{\pi} \arctan(f_{ Conway_{(0,1)} }(x)) + \frac{1}{2}$ com domínio $(0,1)$ e alcance $(0,1)$. Então a função é bem definida, e o gráfico de$f_{Conway_{(0,1)}bounded}:(0,1) \to (0,1)$ é um subconjunto denso de $[0,1] \times [0,1]$. Agora podemos facilmente modificar nossa função$f_{Conway_{(0,1)}bounded}$ para que tenha domínio $[0,1]$ e alcance $[0,1]$, e assumirei que o leitor pode fazer isso e deixar os detalhes para resumir. Mas a questão é que esses dois pontos faltando no domínio,$0$ e $1$, não são um problema.
O problema é que nossa função não é injetiva.
Observe que não podemos responder à pergunta removendo apenas pontos do gráfico de $f_{Conway_{(0,1)}bounded}$, pois então você estaria removendo muitos pontos do domínio, e então esta não seria uma função com domínio $(0,1)$. Então, talvez fazendo algo inteligente para$f_{Conway_{(0,1)}bounded}$, ou talvez seja necessário encontrar uma maneira totalmente diferente de construir uma função para responder à pergunta.
Respostas
Para simplificar, vou trabalhar em $[0,1]\times [0,1].$ A palavra "contável" abaixo significará "infinito contável".
Lema: existe uma coleção disjunta de pares $\{D_n:n\in \mathbb N\}$ de subconjuntos de $(0,1)$ tal que cada $D_n$ é contável e denso em $(0,1).$
Prova: Deixe $p_1,p_2,\dots$ser os números primos. Para cada$n,$ definir $D_n$ ser o conjunto de proporções $j/p_n^k,$ Onde $k\in \mathbb N,$ $1\le j < p_n^k,$ e $j,p_n$são relativamente primos. Vou parar por aqui, mas faça perguntas se quiser.
Agora defina uma coleção duplamente indexada de intervalos abertos $$I_{mk}=(\frac{k-1}{m},\frac{k}{m}),$$ Onde $m\in \mathbb N, 1\le k\le m.$ Podemos ordenar linearmente esses intervalos como $I_{11}, I_{21},I_{22},I_{31}, I_{32},I_{33},\dots$ Nesta ordem, vamos simplesmente denotar os intervalos como $J_1,J_2,\dots.$
Para cada $n,$ o conjunto $D_n\cap J_n$ é um subconjunto denso contável de $J_n.$ Observe que a coleção $\{D_n\cap J_n)\}$ é disjunta aos pares.
Para agora $n=1,\dots,$ definir $f:[0,1]\to [0,1]$ definindo $f:J_n\cap D_n \to D_n$para ser qualquer bijeção que você quiser. Para obter a bijeção completa, observe que$[0,1]\setminus (\cup J_n\cap D_n)$ é $[0,1]$menos um conjunto contável. Então é$[0,1]\setminus (\cup D_n).$ Esses conjuntos, portanto, têm a cardinalidade de $[0,1],$portanto, há uma bijeção entre eles. Deixei$f$seja esta bijeção entre esses conjuntos. Agora$f$ é uma bijeção completa de $[0,1]$ para $[0,1].$
Para mostrar densidade, deixe $(a,b)\times (c,d)\subset (0,1)\times (0,1).$ Então, para alguns grandes $n$ (agora corrigido), $J_n\cap D_n\subset (a,b).$ E desde $f(J_n\cap D_n)=D_n,$ um subconjunto denso de $(0,1),$ existe $x\in J_n\cap D_n$ de tal modo que $f(x)\in (c,d).$ portanto $(x,f(x))\in (a,b)\times (c,d).$ Isso mostra o gráfico de $f$ é denso em $[0,1]\times [0,1].$
Sim, o que você pode fazer é construir uma função injetiva $f:\mathbb Q \cap [0,1] \rightarrow \mathbb [0,1]$ cujo gráfico é denso em $[0,1] \times [0,1]$ e então estender o domínio de $f$ para $\mathbb [0,1]$ de uma forma que faz $f$ uma bijeção (isso é possível, pois há $|\mathbb R | $ pontos em $[0,1]$ ainda não está na imagem de $f$)
Por exemplo, On $\mathbb Q \cap [0,1]$ você poderia deixar $$f \left ( \frac{a}{b} \right ) = \frac{\pi a^2}{b} \mod 1$$
Seja S (x, n) = (2x + 1) / (2 ^ (2n + 1)).
Seja R (x, n) floor (x / (2 ^ n)) + (2 ^ n) (x mod 2 ^ n) (informalmente, troque as duas metades da expansão binária de x).
Seja f (b) = S (R (x, n), n) se houver algum x, n (que, de maneira bastante trivial, deve ser único) tal que S (x, n) = be b caso contrário.
Considere qualquer "célula de grade binária", [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)) está nesta célula da grade.