¿Siempre existe una función estrictamente creciente de $\mathbb{R}$ $\mathbb{R}$ menos un conjunto infinito numerable?

Question

¿Dado un conjunto infinito numerable $Z$, puede uno siempre construir una función estrictamente creciente cuyo dominio es de $\mathbb{R}$, y cuyo codomain es $\mathbb{R} \setminus Z$? En concreto, me refiero a que $f(x) \in \mathbb{R}\setminus Z$, no que $f$ es un surjection. ¿Si no, hay ejemplos que trabajan en casos especiales, como por ejemplo $Z=\mathbb{Z}$ o $Z=\mathbb{Q}$?

Ya sé que no hay ningún surjection $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$.

Answer 1

Permítanme en primer lugar darle una estrictamente creciente mapa de$(0,1)$$(0,1)\setminus\mathbb{Q}$; entonces a explicar por qué esto demuestra que la respuesta a tu pregunta es sí en general.

Dado $x\in(0,1)$, vamos a $f(x)$ ser la real obtenido mediante la intercalación binaria de expansión de $x$ con la secuencia de $$\sigma=011000111100000111111...$$ (where if $x$ has two binary expansions, we pick the eventually-all-zeroes one). For example, if $x={1\over 3}=0.010101..._2$, then $f(x)=0.0\color{red}{0}1\color{red}{1}0\color{red}{1}1\color{red}{0}0\color{red}{0}1\color{red}{0}0\color{red}{1}1\color{red}{1}0\color{red}{1}1\color{red}{1}...$

Es fácil ver que $f(x)$ es siempre irracional - básicamente, la secuencia de $\sigma$ mata cualquier posibilidad de una repetición de expansión y está aumentando en $(0,1)$.

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Ahora, en primer lugar, tenga en cuenta que $(0,1)$ es básicamente el mismo que $\mathbb{R}$ - hay una (bueno, muchos) el fin de la preservación de bijection entre ellos. Así, lo que hemos hecho realmente es manejado $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\setminus Z$ para un determinado coundable denso $Z$.

Ahora el punto clave es que todos contables denso $Z$ son equivalentes; en concreto, que hay una orden de preservación de la bijection de $\mathbb{R}\setminus Z_0$ $\mathbb{R}\setminus Z_1$siempre $Z_0,Z_1$ son contables densos conjuntos de reales. Esto es un poco tedioso, así que no voy a incluir los detalles aquí, pero es un ida y vuelta argumento; se toma una orden de preservación de la bijection $g_0$$Z_0$$Z_1$, y, a continuación, mostrar que esto se extiende a una orden de preservación de la bijection $g_1$ $\mathbb{R}$ $\mathbb{R}$envío de $Z_0$$Z_1$, y entonces la restricción $g_2$ $g_1$ $\mathbb{R}\setminus Z_0$es una orden-la preservación de bijection de$\mathbb{R}\setminus Z_0$$\mathbb{R}\setminus Z_1$.

Así que hemos hecho manejado el caso al $Z$ es arbitraria contables denso conjunto de reales. Pero cada contables conjunto de los reales es contenida en una contables denso conjunto de reales - acaba de tomar la unión con $\mathbb{Q}$ - lo que en realidad hemos dado una completa respuesta positiva a la pregunta.

Answer 2

Teorema. Si $Z$ es contable, o, más generalmente, si $|Z|\lt|\mathbb R|,$ $\mathbb R\setminus Z$ contiene un innumerable conjunto cerrado.

Prueba. Será suficiente la exhibición de una familia de continuum muchos discontinuo innumerables cerrado subconjuntos de a $\mathbb R;$ el conjunto $Z$ no será capaz de cumplir con todos ellos. Para este fin, vamos a $t\mapsto(g(t),h(t))$ ser un continuo surjection de $[0,1]$ $[0,1]\times[0,1],$y considerar los conjuntos de $g^{-1}(x)$, $x\in[0,1].$ Alternativamente, tenga en cuenta que el conjunto de Cantor $C$ es homeomórficos a $C\times C$ y por lo tanto contiene continuum muchos distintos conjuntos de Cantor.

Por lo tanto, será suficiente para demostrar los siguientes:

Teorema. Si $S$ es un incontable subconjunto cerrado de $\mathbb R,$ entonces no es estrictamente una función creciente $f:\mathbb R\to S.$

Prueba. Será suficiente para construir una estrictamente creciente en función $\varphi:\mathbb Q\to S;$ a continuación, desde la $S$ es cerrado, podemos extender $\varphi$ a un estrictamente creciente en función $f:\mathbb R\to S.$ mediante el establecimiento $f(x)=\sup\{\varphi(r):r\in\mathbb Q,\ r\lt x\}.$

Para definir estrictamente creciente en función $\varphi:\mathbb Q\to S,$ inicio mediante la fijación de una enumeración de los racionales como $\mathbb Q=\{r_1,r_2,r_3,\dots\}.$ Ahora definir $\varphi(r_n)$ recursivamente, teniendo cuidado de que después de cada paso de la restricción de $\varphi$ $\{r_1,r_2,\dots,r_n\}$es estrictamente creciente y cada una de las $n+1$ intervalos en los que el $n$ $f(r_1),f(r_2),\dots,f(r_n)$ divida la línea contiene una cantidad no numerable de puntos
de $S.$

Answer 3

El mapa $f(x)=\frac{e^x}{e^x+1}$ es una función estrictamente monótona de $\mathbb{R}$ $(0,1)$.

Es estrictamente monótona porque $e^x$ y $\frac{x}{x+1}$ son estrictamente monótonos y una composición de funciones estrictamente monótonos es estrictamente monótona. Así que este es un ejemplo para el caso especial $Z=\mathbb{Z}$ pero se puede fácilmente generalizar esto $Z=r\mathbb{Z}$ para cualquier número real $r$ tomando $f(\frac{x}{r})$.

Answer 4

Sí, esto es posible. Permítanme tomar un enfoque que puede parecer un poco hacia atrás--voy a empezar con una función de $f$, y luego construir un countably conjunto infinito $Z$ que $f$ obras.

Específicamente, tomemos la función de $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, lo que lleva a la base de $2$ expansión de un número y la considera más bien como una base $3$ expansión. (Para diádica racionales, que tienen dos diferentes bases de $2$ expansiones, solo tienes que elegir uno de ellos para definir $f$.) Está claro que $f$ es estrictamente creciente. Por otra parte, la imagen de $f$ está contenida en el conjunto de los números reales con una base $3$ expansión que consiste enteramente $0$s y $1$s. Este conjunto se ha vacío interior: cada intervalo contiene números cuya única base $3$ expansión tiene un $2$.

Así, podemos elegir un contable subconjunto denso $Z\subset\mathbb{R}$ que es disjunta de la imagen de $f$ (para cada intervalo con rational extremos, elegir un punto no en la imagen de $f$ y la puso en $Z$). La función de $f$, a continuación, resuelve el problema de esto $Z$.

Sin embargo, puedo afirmar que este, a continuación, resuelve el problema en general. En efecto, supongamos $W\subset \mathbb{R}$ es una contables subconjunto. Ampliación de $W$, podemos suponer que la $W$ es denso en $\mathbb{R}$. Un estándar de ida y vuelta discusión que ahora se construye un orden-isomorfismo $g:Z\to W$. Esta $g$ se extiende a un orden, un isomorfismo $\bar{g}:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, ya que el $\mathbb{R}$ es el Dedekind la finalización de ambos $Z$$W$. La composición de la $\bar{g}\circ f$ es estrictamente creciente en función $\mathbb{R}\to\mathbb{R}\setminus W$.