Spivak'ın Hesabı: Bölüm 3 Problem 24b

Question

24b) Varsayalım ki $f$ öyle bir fonksiyondur ki her sayı $b$ yazılabilir $b = f(a)$ gerçek bir sayı için $a$. Bir işlevi olduğunu kanıtlayın$g$ öyle ki $f \circ g = I$

Sanırım bu soruyu ve nasıl çözeceğimi anlıyorum, ancak çözümümü matematiksel olarak titiz bir şekilde ifade etmenin bir yolunu bulmakta zorlanıyorum, özellikle $f$enjekte edici değildir. İşte benim fikrim:

Her şeyden önce, eğer $f$ enjekte edicidir, o zaman önemsizdir.

İzin Vermek $g(x) = a$, nerede $x = f(a)$ herhangi $a \in \text{domain}(f)$

Dan beri $f$ enjekte edici, tanımı gereği sadece bir değer var $a$ bu tatmin edici $x = f(a)$ her biri için $x$yani $g$iyi tanımlanmıştır. Ve$\text{domain}(g) = \text{image}(f)$ (tanımına göre $g$), sorudaki varsayımdan hangisi $\mathbb{R}$. Ayrıca,$\text{domain}(f) = \text{image}(g)$, dan beri $f$ ve $g$enjekte edicidir (ancak bu gerçek önemli değildir). Yani$f(g(x))$ herkes için tanımlanmıştır $x ∈ \mathbb{R}$. En sonunda,$f(g(x))$ = $f(a)$, nerede $x = f(a)$ için $x ∈ \mathbb{R} \to f(g(x)) = I(x)$.

Ama şimdi eğer $f$enjekte edici değil, daha karmaşık hale geliyor. Orijinal tanımımı korursam$g$, olmak "$g(x) = a$, nerede $x = f(a)$ herhangi $a \in \text{domain}(f)$", o zaman bu işe yaramaz çünkü $g$artık bir işlev değil. Çünkü o zamandan beri$f$ enjekte edici değil, en az 2 numara var $z$ ve $w$ öyle ki $z \neq w$ fakat $f(z) = f(w)$yani var demektir $x$ öyle ki: $g(x) = z = w$.

Bence fikir basitçe yeniden tanımlamak $g$ basitçe "seçmek" $z$ veya $w$ve atayın $x$. Örneğin, ikisinden küçük olanı seçebilir. Bunun yaratacağı tek fark şimdi$\text{domain}(f) \subset \text{image}(g)$, onun yerine $\text{domain}(f) = \text{image}(g)$. Ancak bu gerçek daha önce önemli olmadığından, sorudaki sonuç hala geçerli.

İşte sorum şu. Açıkça bir tanımını nasıl yazarım$g$ küçük olanı "seçen" $z$ veya $w$? Ayrıca, hatırlama en az 2 sayı z ve w vardır. Böyle keyfi olarak daha fazla sayı olabilir$f(z) = f(w) = f(m) = f(n)$ve bunun gibi. Ve bu keyfi dallardan sadece bir tanesi ortak değerlerdir$f$alabilir. Farklı bir sayı dizisi olabilir$f(z_2) = f(w_2) = f(m_2)$ ve benzeri, bu eşit değildir $f(z)$, vb.

Bu çok dağınık olmaya başlıyor. Nasıl ifade edebilirim$g$ matematiksel olarak?

Answer 1

Fark ettiğiniz yanlışlık gerçektir, fark ettiğiniz için aferin! Göstermeniz istenen şey temelde gerçek sayılar için seçimin aksiyomudur . Bu bir aksiyomdur çünkü küme teorisinin diğer aksiyomlarından (genel versiyonunu) ispatlayamazsınız, her ne kadar mantıklı görünse de.

Yani iki seçeneğiniz var:

• Tanımınızın bu sorunu içerdiği gerçeğini geçiştirebilir ve temel olarak şöyle diyebilirsiniz: "Pekala, seçeneklerden herhangi birini seçin, burada görülecek garip bir şey yok."
• Seçim aksiyomunu çağırabilirsiniz. Yazıyor (doğrudan Wikipedia makalesinden): Dizine eklenen tüm aile için$(S_i)_{i\in I}$ boş olmayan kümelerin (nerede $I$ bazı indeksleme seti) bir aile var $(x_i)_{i\in I}$ öyle ki $x_i \in S_i$ her biri için $i\in I$. Spivak'ın iddiasına nasıl ulaşacağınızı bulmayı size bırakıyorum. (Aslında, seçim aksiyomunun en sevdiğim formülasyonu, temelde kanıtlamanız gereken şeydir, ancak sayılarla sınırlı değildir.)

Answer 2

Açık bir seçim işlevi olduğunu varsayalım $C :\mathcal P(\mathbb R) \rightarrow \mathbb{R}$.

İzin Vermek $A \subset \mathbb{R}$. Tanım olarak,$C(A) = r$ bazı $r \in \mathbb{R}$.

Unutmayın ki $A \subset \mathbb{R}$, sonra açıkça: $\{~~A \setminus C(A)~~\}$ $\subset \mathbb{R}$.

Şimdi bir işlev tanımlayın $A_n : \mathcal P(\mathbb R) \to \mathcal P(\mathbb R)$ aşağıdaki gibi yinelemeli olarak:

$A_1(A)$ = $A$

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

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

vesaire vesaire.

Resmen:

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

2. Eğer $A = \emptyset$, Sonra: $A_n(\emptyset) = \emptyset$

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

Temel olarak yaptığım şey seçim işlevini uygulamak $C$ -e $A$ belirli bir gerçek sayı seçmek $r_1$ içinde $A$, sonra tanımlama $A_2$ set olmak {$A$ eksik $r_1$}, ardından uygulanıyor $C$ -e $A_2$ farklı bir gerçek sayı seçmek $r_2$ içinde $A$, sonra tanımlama $A_3$ set olmak {$A$ eksik ($r_1$ ve $r_2$)}, vesaire vesaire.

Tamam şimdi başka bir işlev tanımla $Z:A \rightarrow \mathbb{N}$ orijinal seçim işlevini kullanarak $C$ ve yeni $A_n$ şöyle çalışır:

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

Bu işlev $Z$çok özel. Her öğe$r \in A$ benzersiz bir değere karşılık gelir $Z(r)$. Başka bir deyişle,$Z$ bir gerçek sayı alt kümesinin her öğesini benzersiz bir doğal sayıya eşleme yeteneğine sahiptir $n$.

Cantor'un bu konuda söyleyecek bir şeyi olacağını hissediyorum ...

Answer 3

Eğer $f$ enjekte edici olmayan bir işlevdir, $f$ olarak yazılabilir $f = \{(x_1,f_1), (x_2,f_2)\cdots \} + \{(x_{1+i},f_i),(x_{2+i},f_i)\cdots \} + \{((x_{1+2i},f_{2i}),(x_{2+2i},f_{2i})\cdots \} + \cdots$ nerede $(x_{a+bi} = x_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$ ve $(f_{a+bi} = f_{c+di}) \implies (a+bi = c+di)$.

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

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

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

Şimdi AoC kullanarak: Yeni bir set oluşturun $\hat A$ tam olarak bir sıralı çift içeren $(x_{a+ni},f_{ni})$ herbirinden $A_n$.

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

Sonunda tanımla $g(x) = a$, nerede $(a,x) \in f_{\text{injective}}$