Ninguna función continua cambia $\mathbb{Q}$ y los irrationals

Question

Es allí una manera de demostrar el siguiente resultado con el uso de la conectividad?

Resultado:

Vamos $J=\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ denota el conjunto de los números irracionales. No hay ningún mapa continuo $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tal que $f(\mathbb{Q}) \subseteq J$ y $f(J) \subseteq \mathbb{Q}$.

http://planetmath.org/encyclopedia/ThereIsNoContinuousFunctionThatSwitchesTheRationalNumbersWithTheIrrationalNumbers.html

Answer 1

He aquí una forma de uso de la conectividad, de verdad que asciende a utilizar el teorema del valor intermedio.

Si $f(\mathbb{Q})\subseteq \mathbb R\setminus\mathbb P$ y $f(\mathbb R\setminus \mathbb Q)\subseteq\mathbb Q$, entonces $f(0)\neq f(\sqrt 2)$. Debido a que los intervalos están conectados en $\mathbb R$ y $f$ es continua, $f[0,\sqrt 2]$ es conectado. Porque conectados subconjuntos de $\mathbb R$ son intervalos, $f[0,\sqrt 2]$ contiene el intervalo de $\left[\min\{f(0),f(\sqrt 2)\},\max\{f(0),f(\sqrt 2)\}\right]$. El conjunto de los números irracionales en este intervalo es incontable, sin embargo, contenida en el contable $f(\mathbb Q)$, una contradicción.

Un poco más breve esquema: La hipótesis implica que $f$ es no constante con rango contables contenidos en el conjunto $\mathbb Q\taza de f(\mathbb Q)$, mientras que el teorema del valor intermedio y uncountability de $\mathbb R$ implica que un no constante función continua $f:\mathbb R\to\mathbb R$ ha innumerable gama.

Answer 2

Supongamos que hay una asignación de $f$. Considerar $g:[0,1]\to \mathbb{R}$ se define por $$g(x)=f(x)-x.$$ Suponga que $g(x)\in \mathbb{Q}$ $x\in [0,1]$. Entonces:

• si $x\in \mathbb{I}$, entonces $g(x)-f(x)\in \mathbb{Q}$, es decir $x\in \mathbb{Q}$.
• si $x\in \mathbb{Q}$, entonces $g(x)+x\in \mathbb{Q}$, es decir, $f(x)\en \mathbb{Q}$, es decir $x\in \mathbb{I}$

ambos producen contradicciones. Mus $g([0,1])\subseteq \mathbb{I}$. Dado que $f$ es continua en $g$ es continua y, a continuación, $g([0,1])=[\min g,\max g]$. Si $g$ no es constante, entonces existe $r$ racional en $[\min g,\max g]$. Por el teorema del valor intermedio, existe $z\in[0,1]$ que $g(z)=r$, pero esto es imposible porque $g([0,1])\subseteq \mathbb{I}$. Por lo tanto, $g$ debe ser constante y, a continuación, $$f(x)=c+x$$ con $c\in \mathbb{I}$. Particularmente, $f(c)=2c$ que, como Jonas señaló, está en contradicción con la hipótesis. Por lo tanto $f$ no puede existir.

Answer 3

Otra prueba simple:

Debido a que $f$ es continua y por la conexión, $f([0,1])=[a,b]$ $a<b$. Ahora definir $$g : x \mapsto \frac{1}{p} \left(f(x)-q \ \ derecho) \ \text{donde} \ p,q \in \mathbb{Q}.$$

En particular, $g(x)$ es racional si $f(x)$ es racional, es decir,. $g$ tiene la misma propiedad que $f$.

Note que $g([0,1])= \left[ \frac {- q}{p}, \frac{b-q}{p} \right]$. Por lo tanto, si $b-1 \leq q \leq$ y $p \geq b-q$ de $g : [0,1] \[0,1]$ y clásicamente $g$ tiene un punto fijo de $x_0 \in [0,1]$.

Finalmente, podemos deducir que $x_0 \in \mathbb{Q}$ ffi $x_0 = g(x_0) \noen \mathbb{Q}$, una contradicción.