¿Existe una función continua tal que f(x) es racional para todo x irracional, y f(x) es irracional para todo x racional?

Question

¿Existe una función continua tal que f(x) es racional para todo x irracional, y f(x) es irracional para todo x racional? Se me ocurren ejemplos en los que esto sería cierto, pero tengo muchos problemas con la continuidad.

Answer 1

No existe tal función. Su hipótesis implica que la imagen de $f$ es contable, lo que es imposible para cualquier función continua no constante de $\mathbb R$ en $\mathbb R$ .

Answer 2

Qué elegante. La imagen de los irracionales es contable por hipótesis, y la imagen de los racionales es contable porque los racionales son contables. La imagen continua de los reales es una constante o un intervalo (que puede ser ilimitado), y los intervalos son incontables.

Answer 3

Supongamos una función de este tipo $f(x)$ existía. Defina $g(x)=xf(x)$ . Observe que $g$ es continua si $f$ es continua, y siempre que $x\not=0$ y $f(x)\not=0$ entonces $g(x)$ es un producto de un irracional distinto de cero y un racional distinto de cero, por lo tanto es irracional.

Sea $z$ sea un número racional no nulo. Entonces $f(z)$ es irracional, por lo que $g(z)$ es distinto de cero. Por lo tanto, $g(z)$ es distinto de cero en una vecindad de $z$ .

Sea $A$ sea el conjunto de puntos donde $g(z)$ es distinto de cero (esto incluye todos los $\mathbb{Q}$ excepto $0$ ). Dado que $g$ es continua, se trata de un conjunto abierto. Sea $I$ sea el subconjunto máximo de $A$ que contiene $1$ . Entonces $I$ puede ser de dos formas, $I=(a,b)$ o $I=(a,\infty)$ observamos que $a>0$ desde $0$ se excluye de $A$ .

Comenzamos demostrando que $g$ es constante en $I$ . Supongamos que $g$ no eran constantes en $I$ entonces hay $b$ y $c$ para que $g(b)\not=g(c)$ . Como entre dos números cualesquiera hay un número racional, sea $w$ sea un número racional comprendido entre $g(b)$ y $g(c)$ . Por el teorema del valor intermedio, existe algún $d$ entre $b$ y $c$ de modo que $g(d)=w$ . Sin embargo, esto es imposible porque $g(x)$ es $0$ o irracional.

Ahora bien, puesto que $I$ es maximal, sabemos que $g(a)=0$ (si no, $I$ podría ampliarse). Pero entonces, por continuidad, $0=g(a)=\lim_{x\rightarrow a^+}g(x)=g(1)$ desde $g$ es constante en $I$ . Pero, esto es una contradicción ya que $g(1)$ es distinto de cero.

Answer 4

Creo que las respuestas de cuatro años lo hicieron.

Si $w$ es irracional entonces $f(w)$ debe ser racional, por lo que sólo hay un número contable de tales valores. Si $v$ es racional, sólo hay un número contable de racionales, por lo que sólo hay un número contable de racionales. $f(v)$ . Por lo tanto, sólo hay un número contable de salidas posibles para $f$ .

Pero $f(0) = a\not \in \mathbb Q$ y $f(\pi) = b \in \mathbb Q$ y $a \ne b$ . Así que por el teorema del valor intermedio hay valores en los que $f(x_c) = c$ para todos los valores posibles de $c$ entre $a$ a $b$ . Pero hay incontables valores entre $a$ y $b$ así que es imposible

Como señalaron tanto Azarel como Syd Henderson hace 4 años.