Исчисление Спивака: Глава 3 Задача 24b

Aug 16 2020

24b) Предположим, что $f$ функция такая, что каждое число $b$ можно написать $b = f(a)$ для какого-то реального числа $a$. Докажите, что есть функция$g$ такой, что $f \circ g = I$

Я думаю, что понимаю этот вопрос и как его решить, но я изо всех сил пытаюсь найти способ выразить свое решение математически строгим способом, особенно когда $f$не является инъективным. Вот моя идея:

Прежде всего, если $f$ инъективно, то это тривиально.

Позволять $g(x) = a$, где $x = f(a)$ для любой $a \in \text{domain}(f)$

поскольку $f$ является инъективным, по определению существует только одно значение $a$ это удовлетворяет $x = f(a)$ для каждого $x$, что значит $g$хорошо определено. И$\text{domain}(g) = \text{image}(f)$ (по определению $g$), что из предположения в вопросе $\mathbb{R}$. Также,$\text{domain}(f) = \text{image}(g)$, поскольку $f$ и $g$инъективны (но это не важно). Так$f(g(x))$ определено для всех $x ∈ \mathbb{R}$. В заключение,$f(g(x))$ знак равно $f(a)$, где $x = f(a)$ за $x ∈ \mathbb{R} \to f(g(x)) = I(x)$.

Но теперь, если $f$не является инъективным, это становится более сложным. Если я сохраню свое первоначальное определение$g$, будучи "$g(x) = a$, где $x = f(a)$ для любой $a \in \text{domain}(f)$", то это не сработает, потому что $g$больше не функция. Потому что с тех пор$f$ не является инъективным, существует как минимум 2 числа $z$ и $w$ такой, что $z \neq w$ но $f(z) = f(w)$, что означает, что существует $x$ такой, что: $g(x) = z = w$.

Я думаю, идея состоит в том, чтобы просто переопределить $g$ просто "выбрать" либо $z$ или же $w$и назначьте его $x$. Например, он может выбрать меньшее из двух. Единственная разница в том, что сейчас$\text{domain}(f) \subset \text{image}(g)$, вместо $\text{domain}(f) = \text{image}(g)$. Но поскольку раньше этот факт не был важен, вывод в вопросе остается актуальным.

Вот мой вопрос. Как мне явно написать определение$g$ который "выбирает" меньшее из $z$ или же $w$? Кроме того, напомним, что существует не менее двух чисел z и w. Может быть сколько угодно чисел, таких что$f(z) = f(w) = f(m) = f(n)$и так далее. И это лишь одна из произвольных ветвей общих значений$f$мог взять. Может быть другой набор цифр$f(z_2) = f(w_2) = f(m_2)$ и так далее, которые не равны $f(z)$, и т.д.

Это начинает становиться очень запутанным. Как я могу выразить$g$ математически?

Ответы

EikeSchulte Aug 16 2020 at 09:34

Замеченная вами ошибка реальна, молодцы, что ее заметили! То, что вас просят показать, в основном является аксиомой выбора действительных чисел. Это аксиома, потому что вы не можете доказать (общую версию) из других аксиом теории множеств, даже если это кажется разумным.

Итак, у вас есть два варианта:

  • Вы можете не обращать внимания на тот факт, что в вашем определении есть эта проблема, и в основном сказать: «Ну, просто выберите любой из вариантов, здесь ничего странного».
  • Вы можете воспользоваться аксиомой выбора. Он говорит (прямо из статьи в Википедии): для любой проиндексированной семьи$(S_i)_{i\in I}$ непустых множеств (где $I$ какой-то индексирующий набор) есть семья $(x_i)_{i\in I}$ такой, что $x_i \in S_i$ для каждого $i\in I$. Я предоставляю вам решить, как добраться до иска Спивака. (На самом деле, моя любимая формулировка аксиомы выбора - это в основном то, что вы должны доказать, но не ограничиваясь числами.)
Noname Aug 17 2020 at 03:06

Предположим, что существует явная функция выбора $C :\mathcal P(\mathbb R) \rightarrow \mathbb{R}$.

Позволять $A \subset \mathbb{R}$. По определению,$C(A) = r$ для некоторых $r \in \mathbb{R}$.

Обратите внимание, что если $A \subset \mathbb{R}$, то ясно: $\{~~A \setminus C(A)~~\}$ $\subset \mathbb{R}$.

Теперь определите функцию $A_n : \mathcal P(\mathbb R) \to \mathcal P(\mathbb R)$ рекурсивно следующим образом:

$A_1(A)$ знак равно $A$

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

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

и т. д. и т. д.

Формально:

  1. $A_1(A)$ знак равно $A$

  2. Если $A = \emptyset$, Потом: $A_n(\emptyset) = \emptyset$

  3. Если $A \neq \emptyset$, Потом: $A_n(A)$ знак равно $A_{n-1}(~~A_{n-1} \setminus C(A_{n-1}~~)$ $~~~~\forall n \in \mathbb{N}, n > 1$

В основном я применяю функцию выбора $C$ к $A$ выбрать конкретное реальное число $r_1$ в $A$, затем определяя $A_2$ быть набором {$A$ отсутствует $r_1$}, затем применяя $C$ к $A_2$ выбрать другое действительное число $r_2$ в $A$, затем определяя $A_3$ быть набором {$A$ отсутствует ($r_1$ и $r_2$)} и т. д. и т. д.

Хорошо, теперь определим другую функцию $Z:A \rightarrow \mathbb{N}$ используя исходную функцию выбора $C$ и новый $A_n$ работают так:

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

Эта функция $Z$очень особенный. Каждый элемент$r \in A$ соответствует уникальному значению $Z(r)$. Другими словами,$Z$ способен отображать каждый элемент подмножества действительных чисел в уникальное натуральное число $n$.

Я чувствую, что Кантору будет что сказать по этому поводу ...

Noname Aug 21 2020 at 02:53

Если $f$ неинъективная функция, $f$ можно записать как $f = \{(x_1,f_1), (x_2,f_2)\cdots \} + \{(x_{1+i},f_i),(x_{2+i},f_i)\cdots \} + \{((x_{1+2i},f_{2i}),(x_{2+2i},f_{2i})\cdots \} + \cdots$ где $(x_{a+bi} = x_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$ и $(f_{a+bi} = f_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$.

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

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

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

Теперь с помощью AoC: создайте новый набор $\hat A$ который содержит ровно одну упорядоченную пару $(x_{a+ni},f_{ni})$ с каждого $A_n$.

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

Наконец определим $g(x) = a$, где $(a,x) \in f_{\text{injective}}$