Discontinua en infinitamente muchos puntos

Question

Mientras se realiza una hoja de cálculo en el análisis real me encontré con el siguiente problema.

$Q$. Deje $f$ ser una función definida en el $[0,1]$ con la siguiente propiedad.

Para cada $y \in R$ no $x$ $[0,1]$ que $f(x)=y$ o hay exactamente dos valores de $x$ $[0,1]$ que $f(x)=y$.

(a) Probar que $f$ no puede ser continua en $[0,1]$.

(b) Construir una función $f$ que tiene la anterior propiedad.

(c) Demostrar que cualquier función con esta propiedad tiene infinitamente muchos discontinua en $[0,1]$.

Realmente tengo absolutamente ninguna idea de cómo resolver el problema. Hasta la construcción de la función está resultando bastante difícil. Se agradece cualquier ayuda lo antes posible.

Answer 1

Ya que es un trabajo-hoja de problema, así que es mejor dar algunas pistas en lugar de una solución completa.

Así que para la 1ª parte, demostrar por contradicción. Buscando en un pequeño barrio vecino de mínimos/máximos y allí usar la propiedad de la continuidad del yo.e teorema del valor intermedio.

Para la 2ª parte, tratar de romper $[0,1]$ en discontinuo conjunto de parirs.

Para la parte 3, vuelva a intentar demostrar por contradicción. Se supone que hay un número finito de estos discontinuidad. Y eliminar esos puntos y su conjugado puntos y también se $\{0,1\}$ y sus conjugados. Ahora la parte restante es la unión de intervalos abiertos. Y suponemos que la función restringida en la que los intervalos son continuas. Ahora observar que en un intervalo si dos puntos de alcanzar el mismo valor entonces existe una minima o maxima, y corresponde a esta, en su conjugado, existe una máximos o mínimos. También se observa que dentro de un intervalo de maxima existe o mínimos existe (Sugerencias si en el intervalo de $I_1=(a_1,b_1)$, $f(t_1)$ es el de los mínimos y $f(t_2)$ es la maxima, a continuación, $lt_{a\to b_1^-}f(a)$ existe. Y hay un punto de $t_0\in I_1$ tal que $lt_{a\to b_1^-}f(a)= f(t_0)$. Ahora mira el conjugado punto de $t_0'$$t_0$. A continuación, $t_0'$ es un punto de discontinuidad, pero luego tanto ella y su conjugado $t_0\in I_1$ habría sido eliminado anteriormente, la contradicción ). Para que podamos par de este tipo de intervalos de uno cuya máxima/mínimos es igual a los otros mínimos/máximos. Y en el otro caso, si en un intervalo no toma el mismo valor en dos puntos, a continuación, existe otro intervalo donde la función toma los mismos valores(¿por QUÉ? el uso de I. V. T y apertura). Así que, básicamente, desde aquí usted puede realmente par de intervalos. Y no puede b cualquier otro tipo de intervalos. Por lo que el número total de intervalos son incluso. Así que ahora la eliminación de los puntos son precisamente los puntos de límite de estos intervalos. Ya hay, incluso, el número de intervalos, por lo que su total de puntos de límite son impares. Pero inicialmente se eliminan incluso el número de puntos. Por lo que es una contradicción.

Ya que un ejemplo no está incluido, me gustaría añadir a la respuesta, ya tengo uno después de algún pensamiento (Esta es la persona que dio a la pregunta). Uno de los fácil ejemplos como una respuesta a ($b$) es por definición de la función $$\begin{align} f(x)&= x^2(1+x^2) \space\space\space\space for \space x\in \mathbb Q \\&=x(1+x) \space\space\space\space\space\space\space for \space x\in \mathbb Q^{C} \end{align}$$

Answer 2

Para construir una función de la satisfacción de su condición, en primer lugar, construir una función de este tipo $f$$\Bbb R$.

Descomponer $\Bbb R$ en unión de $[n,n+1)$, construir una función $f$ cuya restricción $f_n:[n,n+1)\to[n,n+1)$ está definido por $$\begin{align} f_n(x) &= x\quad\text{;}\quad n\le x<n+\frac 12 \\ &= x-\frac 12\quad\text{;}\quad n+\frac 12 \le x <n+1 \end{align}$$ No es difícil comprobar que $f$ tiene la propiedad que usted desea (pero el dominio es $\Bbb R$, sin embargo). Ahora conseguir cualquier homeomorphism $h:\Bbb R\to (0,1)$ y componer con $f$.

La función de $\bar f:[0,1]\to \Bbb R$ satisfacer la condición es construir mediante la asignación de cualquier número en $\mathcal R(f)$ a la imagen de $\bar f(0)=\bar f(1) $ y $$\bar f:=h\circ f$$ de lo contrario. En aras de la exhaustividad, puede permitir a $h=\frac 1{1+e^{x}}$.

Para demostrar $(c)$ ver al Señor Anubhav la respuesta.

Answer 3

Para un simple ejemplo concreto para (b), para $a<b$ vamos

$$f_{a,b}:(a,b]\a\Bbb R:x\mapsto\begin{cases} x-a,&\text{if }a<x\le\frac12(a+b)\\ \frac12(b-a)-x,&\text{if }\frac12(a+b)\le x\le b\;. \end{casos}$$

El gráfico consiste en el segmento de línea recta de pendiente $1$ $\langle a,0\rangle$ $\left\langle\frac12(a+b),\frac12(b-a)\right\rangle$y el segmento de línea recta de pendiente $-1$ a partir de ahí a $\langle b,0\rangle$, sin incluir el punto de $\langle a,0\rangle$.

Vamos $g_0=f_{\frac12,1}$, $g_1=f_{\frac14,\frac12}+\frac14$, $g_2=f_{\frac18,\frac14}+\frac38$, y, en general, vamos a

$$g_n=f_{2^{-(n+1)},2^{-n}}+\frac12-\frac1{2^{n+1}}$$

para $n\in\Bbb N$. Por último, vamos a

$$g:[0,1]\[0,1]:x\mapsto\begin{cases} g_n(x),&\text{if }2^{-(n+1)}<x\le 2^{-n}\\ 0,&\text{if }x=0\;; \end{casos}$$

a continuación, $g$ tiene la propiedad deseada y es discontinuo, precisamente en los puntos de $x=2^{-n}$$n\in\Bbb Z^+$$x=0$. He aquí un esbozo de parte de $g$:

Answer 4

He aquí un ejemplo sencillo de una función de $\,f\colon [0,1] \to [0,\frac{1}{2}].\,$ $x\in [0,1],$ definir

$$f(x)=\begin{cases}2x,&\text{if }x \lt \frac{1}{2}\text{ and }x\text{ is the reciprocal of a power of $2,$} \\\\x,&\text{si }x\lt\frac{1}{2}\text{ y }x\text{ no es el recíproco de un poder de $2,$} \\\\x-\frac{1}{2},&\text{si }x \ge \frac{1}{2}. \end{casos}$$

Deje $A=\lbrace \frac{1}{2^{n+1}} \mid n\ge 1\rbrace \subseteq [0,\frac{1}{2}),$ y deje $B=\lbrace \frac{1}{2^n}\mid n\ge 1\rbrace \subseteq [0,\frac{1}{2}].$

Para $n\ge 1,$ $\,f(\frac{1}{2^{n+1}})= \frac{1}{2^n},\,$ así:

$$f\text{ maps }\,A\,\text{ one-one onto }\,B.$$

También, $\,f$ es la identidad en $\,[0,\frac{1}{2}) \setminus A, \,$ lo que equivale a $\, [0,\frac{1}{2}]\setminus B,\,$ tenemos que:

$$f\text{ maps }\;[0,\frac{1}{2}) \setminus A\;\text{ one-one onto }\;[0,\frac{1}{2}]\setminus B.$$

Como resultado, $$f\text{ maps }\;[0,\frac{1}{2})\;\text{ one-one onto }\;[0,\frac{1}{2}].$$

También sabemos que $$f\text{ maps }\,[\frac{1}{2},1]\,\text{ one-one onto }\,[0,\frac{1}{2}]$$ since $\,f(x)=x-\frac{1}{2}\,$ on $\,[\frac{1}{2},1].$

Por lo que el intervalo de $f$ es, precisamente,$[0,\frac{1}{2}],\,$, y para cada una de las $y$ en el rango de $f,$ hay exactamente dos valores de $x$, lo que hará $f(x)=y\!:$ $[0,\frac{1}{2})$ y el otro en $[\frac{1}{2},1].$

Answer 5

Este ejemplo muestra que la imagen de $f$ puede ser el conjunto de $\mathbb{R}$:

\begin{align*} f(0) & = 0, \\ f(x) & = \begin{cases} \frac{3}{2^n} - 8x & \left( \frac{1}{2^{n + 1}} \leqslant x < \frac{5}{2^{n + 3}} \right) \\ \frac{1}{2^{n - 2}} - 8x & \left( \frac{5}{2^{n + 3}} \leqslant x < \frac{3}{2^{n + 2}} \right) \\ 8x - \frac{5}{2^n} & \left( \frac{3}{2^{n + 2}} \leqslant x < \frac{7}{2^{n + 3}} \right) \\ 8x - \frac{3}{2^{n - 1}} & \left( \frac{7}{2^{n + 3}} \leqslant x < \frac{1}{2^n} \right), \end{casos} \\ f (x) y =\begin{cases} \frac{1}{8x - 5} & \left( \frac{1}{2} \leqslant x < \frac{5}{8} \right) \\ \frac{1}{8x - 6} & \left( \frac{5}{8} \leqslant x < \frac{3}{4} \right) \\ \frac{1}{7 - 8x} & \left( \frac{3}{4} \leqslant x < \frac{7}{8} \right) \\ \frac{1}{8 - 8x} & \left( \frac{7}{8} \leqslant x < 1 \right), \end{casos} \\ 1 del artículo f & = 0. \end{align*}

(La variable $n$ toma todos los valores positivos de integrados).

\begin{alignat*}{2} f\left(\left[\frac{1}{2^{n + 1}}, \frac{5}{2^{n + 3}}\right)\right) & = f\left(\left[\frac{5}{2^{n + 3}}, \frac{3}{2^{n + 2}}\right)\right) && = \left(-\frac{1}{2^{n - 1}}, -\frac{1}{2^n}\right], \\ f\left(\left[\frac{3}{2^{n + 2}}, \frac{7}{2^{n + 3}}\right)\right) & = f\left(\left[\frac{7}{2^{n + 3}}, \frac{1}{2^n}\right)\right) && = \left[\frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n - 1}}\right), \end{alignat *}

\begin{alignat*}{2} f\left(\left[\frac{1}{2}, \frac{5}{8}\right)\right) & = f\left(\left[\frac{5}{8}, \frac{3}{4}\right)\right) && = \left(-\infty, -1\right], \\ \\ f\left(\left[\frac{3}{4}, \frac{7}{8}\right)\right) & = f\left(\left[\frac{7}{8}, 1\right)\right) && = \left[1, \infty\right). \end{alignat *}

Graciosamente, es continua en $f$ $0$.