Demuestre que no existe una función estrictamente creciente$f : \mathbb Q \to \mathbb R$ tal que$f(\mathbb Q) = \mathbb R$.

Question

El siguiente ejercicio en un análisis de texto y estoy tratando de resolverlo sin conceptos de topología general, pero no de la.

Muestran que no existe una estrictamente creciente en función $f : \mathbb Q \to \mathbb R$ tal que $f(\mathbb Q) = \mathbb R$.

1 intento. Supongamos que la función de $f(D) = \mathbb R$ es monótono. Si su imagen $f(D)$ es un intervalo, entonces la función de $f$ es continua. Por lo tanto, si suponemos, por la contradicción que estrictamente creciente en función $f : \mathbb Q \to \mathbb R$ existe tal que $f(\mathbb Q) = \mathbb R$ debe ser continua.

Intento 2. Desde la intersección de el conjunto de los números irracionales de que el dominio está vacía, así que por una convergencia de una secuencia en el dominio $\mathbb Q$ o en el caso de la convergencia a un racional o un número irracional no hay nada para llegar a una contradicción.

Intento 3. La función de $f$ es inyectiva y no surjective por lo que la función inversa no está definido de tal forma que pueda utilizar los teoremas acerca de una función inversa de una función.

Por favor, ayuda!

Answer 1

Una función es estrictamente creciente necesariamente inyectiva. Si $f(\mathbb{Q})=\mathbb{R}$, entonces la función es también surjective (por definición). Esto implicaría que existe un bijection entre el$\mathbb{Q}$$\mathbb{R}$.

EDIT: Por el bien de su finalización, la declaración sigue siendo cierto si $f$ no se considera estrictamente creciente.

Para ver esto, observe que no existe un bijection entre el$\mathbb{N}$$\mathbb{Q}$. Por lo tanto, si hubo un surjection de$\mathbb{Q}$$\mathbb{R}$, no sería uno de$\mathbb{N}$$\mathbb{R}$. Pero tenga en cuenta que el Cantor del argumento realidad muestra que no hay surjection de$\mathbb{N}$$\mathbb{R}$. qed.

Como curiosidad, señalar que este argumento no uso de la red.

Answer 2

No necesitamos el hecho de que$f$ esté aumentando. Supongamos que$f(\Bbb Q)=\Bbb R$, luego para cualquier$x\in\Bbb R$ hay un$r_x\in\Bbb Q$ tal que$f(r_x)=x$.

Como hay muchos$x\in \Bbb R$, el conjunto de todos$r_x$ también debe ser incontable. Sin embargo,$\Bbb Q$ es contable, una contradicción.

Answer 3

Aquí hay una prueba que no utiliza la incontable de$\mathbb{R}$. Supongamos que$f:\mathbb{Q}\to\mathbb{R}$ aumenta estrictamente y que$\alpha\in\mathbb{R}$ sea cualquier número irracional. Deje$A=(-\infty,\alpha)\cap\mathbb{Q}$ y$B=(\alpha,\infty)\cap\mathbb{Q}$. Entonces cada elemento de$f(A)$ es menor que cada elemento de$f(B)$, entonces$\sup f(A)\leq \inf f(B)$. Además, si$x\in A$, entonces$x+\epsilon\in A$ es suficientemente pequeño, racional$\epsilon>0$, entonces$f(x)<f(x+\epsilon)\leq \sup f(A)$. Del mismo modo, si$x\in B$, entonces$f(x)>\inf f(B)$. Por lo tanto,$$f(\mathbb{Q})=f(A)\cup f(B)\subseteq (-\infty,\sup f(A))\cup (\inf f(B),\infty),$$ so any $ y \ en [\ sup f (A), \ inf f (B)]$ is not in the image of $ f $.

Answer 4

Quiero dar otra prueba de que realmente utiliza los supuestos: Deje $x$ ser algunos irracional número y $(x_n)$ racional monótona creciente sucesión convergente a $x$. A continuación, $f(x_n)$ es un mononte aumento de la secuencia y delimitada (tomar algunas racional $y > x$, $f(x_n)$ está delimitada desde arriba por $f(y)$). Por lo tanto la secuencia de $f(x_n)$ converge a$y$$\mathbb{R}$. Por surjectivity hay algunos racional $z$$f(z) = y$. Por supuesto, $z > x_n$ todos los $n$ e lo $z \geq x$. Desde $x$ es irracional tenemos $z > x$. Ahora existe un número racional $x'$$z > x' > x > x_n$. Obtenemos $f(x_n) < f(x') < f(z)$, pero, a continuación, $f(x')$ ya sería una cota superior de a $f(x_n)$ e lo $f(z) = y \leq f(x') < f(z)$ lo cual es una contradicción.