Existencia de un tipo especial de función inyectiva continua $f\colon A \to \mathbb R$, donde $A$ es contable, relativos a la conexión

Question

¿Que $A \subseteq \mathbb R$ ser un conjunto contable ($A$ inducida con la topología usual de subespacio), entonces necesariamente existe una función inyectiva continua $f\colon A \to \mathbb R$ tal que para cada $a \in A$, existe un subconjunto conectado $S\subseteq \mathbb R$ (con más de un punto) tal que $\{a\}=f^{-1}(S)$? Puedo probar la existencia de tal función si no hay continuidad necesaria; Si también se requiere continuidad estoy totalmente atascado. Por favor ayuda. Gracias de antemano

Answer 1

Deje $A=\{a_1,a_2,\ldots\}$ ser una contables de espacio métrico. Deje $D=\{\,d(a_i,a_j):i,j\in\Bbb N\,\}$. Para las funciones $g\colon \Bbb N\to\Bbb R$, $r\colon \Bbb N\to (0,\infty)$ considere los siguientes predicados: $$\begin{align}\alpha(n,m)&\iff n\ne m\to g(m)\notin \bigl(g(n)-(1+\tfrac1m)r(n),g(n)\bigr]\\ \beta(n,m)&\iff 0<d(a_m,a_n)<r(n)\to |g(m)-g(n)|<d(a_m,a_n)\\ \gamma(n)&\iff r(n)\notin D\\ \delta(n,m)&\iff m>n\to r(m)<|d(a_n,a_m)-r(n)| \end{align}$$

Vamos a tratar a continuación para encontrar $g,r$ tal que $$ \tag1\forall n\in \Bbb N\colon \forall m\in\Bbb N\colon \alpha(n,m)\land \beta(n,m)\land \gamma(n)\land \delta(n,m).$$ Después de que podemos definir $f\colon A\to \Bbb R$, $a_n\mapsto g(n)$. A continuación, $\alpha$ garantiza que $f$ es inyectiva y tiene la propiedad especial requerido en el OP (donde por $a_n\in A$ podemos dejar $S=(g(n)-r(n),g(n)]$). A continuación, $\beta$ implica que el $f$ es continua. Las propiedades de $\gamma$ $\delta$ sólo se utilizan para facilitar la construcción.

Tenga en cuenta que las condiciones en las $r$ son tales que siempre es posible hacer $r(n)$ un poco más pequeño en su mayoría sin violar ninguna de las condiciones que se celebró por el valor que sea mayor: Para $\gamma$ nota de que siempre es posible evitar los contables set$D$;$\alpha(n,m)$$\beta(n,m)$, disminuyendo $r(n)$ sólo hace que la declaración de los más débiles; de la misma manera $\delta(\cdot,n)$ se vuelve más débil si disminuimos $r(n)$ y sólo el $\delta(n,m)$ $m>n$ podría ser afectada negativamente.

Vamos a utilizar esta observación en nuestro recursivo de construcción.

(La manera apropiada de hacer la siguiente recursión sería definir secuencias de funciones que están de acuerdo en segmentos inicial y así sucesivamente, pero me quedo con el sugerente "modificar el valor de la función" en la jerga). Supongamos que tenemos ya definido $g,r$ para todos los argumentos, $<N$ y que las propiedades que posean, al menos, al $n,m<N$, es decir, $$\tag2 \forall n<N\colon \forall m<N\colon \alpha(n,m)\land \beta(n,m)\land \gamma(n)\land \delta(n,m).$$ Queremos definir $r(N)$ $g(N)$ de tal manera que $$\tag3 \forall n\le N\colon \forall m\le N\colon \alpha(n,m)\land \beta(n,m)\land \gamma(n)\land \delta(n,m).$$ De acuerdo con el comentario de arriba, es seguro comenzar con un principio de valor de $r(N)$ y disminución varias veces (un número finito de veces). Así que primero vamos a imponer la condición de que $$ 0<r(N)<d(a_i,a_N)\quad \text{for }i=1,\ldots,N-1.$$ Esto nos da que (no importa cómo vamos a recoger $g(N)$ más tarde) $$ \beta(N,i)\quad\text{for }i=1,\ldots,N.$$ Próximos que nos imponen $$ 0<r(N)<|d(a_i,a_N)-r(i)|\quad \text{for }i=1,\ldots,N-1.$$ (Tenga en cuenta que el lado derecho es positivo por $\gamma(i)$). Esto nos otorga $$ \delta(N,i)\land \delta(i,N)\quad\text{for }i=1,\ldots,N.$$

Antes de disminuir el $r(N)$ además, se debe escoger un adecuado $g(N)$. Deje $$J=\{\,j:1\le j<N, d(a_N,a_j)<r(j)\,\}.$$ Automáticamente nos han$\beta(j,N)$$j<N$$j\notin J$. Así, en particular, si $J=\emptyset$, que se hacen con la $\beta$ y puede recoger $g(N)$ arbitrariamente, decir (para evitar problemas con $\alpha(i,N)$$1\le i<N$) dejamos $g(N)=1+\max\{g(1),\ldots,g(N-1)\}$ en ese caso. Así que supongamos $J\ne \emptyset$ y deje $k = \max J$. Considere la posibilidad de $j\in J$$j< k$. A continuación,$r(k)<|d(a_j,a_k)-r(j)|$$\delta(j,k)$, es decir, $r(j)+r(k)<d(a_j,a_k)$ o $r(j)>r(k)+d(a_j,a_k)$. Porque (y esto es el único lugar donde realmente el uso que $d$ es una métrica) $d(a_j,a_k)\le d(a_N,a_j)+d(a_N,a_k)<r(j)+r(k)$, debe ser el caso de que $r(j)>r(k)+d(a_j,a_k)$. Así, a partir de $\beta(j,k)$, $$\tag 4|g(k)-g(j)|<d(a_j,a_k)<r(j)$$ and hence from $\alfa(j,k)$ obtenemos $$\tag 5g(j)<g(k).$$ Por lo tanto $$g(j)\stackrel{(5)}<g(k)\stackrel{(4)}<g(j)+r(j).$$ Como consecuencia, si tomamos $g(N)$ desde el no-vacío abierto intervalo de $(g(k),\min\{\,g(j)+r(j):j\in J\,\})$ (y diferente de $g(1),\ldots, g(N-1)$), se obtiene $$\beta(i,N)\quad\text{for }i=1,\ldots, N.$$ Además, nos deja coger $g(N)$ tan cerca de $g(k)$ que $$ g(N)-g(k)<(\tfrac 1k-\tfrac 1N)r(n)\quad \text{for }n=1,\ldots, N-1.$$ Por esto, para cualquier $n<N$$g(n)-(1+\tfrac 1N)r(n)<g(N)$, tendríamos también a $g(n)-(1+\tfrac 1k)r(n)<g(k)$, por lo tanto $g(N)>g(k)\ge g(n)$$\alpha(n,k)$. Llegamos a la conclusión de que por esta opción tenemos $$ \alpha(n,N)\quad \text{for }n=1,\ldots, N.$$ Ahora que hemos determinado $g(N)$, se imponen las restricciones adicionales $$ 0<r(N)<\frac m{m+1}(g(N)-g(m))\quad\text{for }m=1,\ldots,N-1\text{ with }g(m)<g(N)$$ y lograr $$ \alpha(N,m)\quad \text{for }m=1,\ldots,N-1.$$ Por último, la disminución del $r(N)$ un poco más si es necesario para evitar la $D$ y por lo tanto hacer que $\gamma(N)$ hecho realidad.

Esto concluye la definición recursiva de $g$ $r$ tal que $(3)$ mantiene, dado $(2)$. Lo que en última instancia $(1)$ mantiene. Como se comentó anteriormente, esto demuestra

Teorema. Deje $(A,d)$ ser una contables de espacio métrico. Entonces existe un mapa continuo $f\colon A\to\Bbb R$ tal que para cada una de las $a\in A$ existe un medio abierto intervalo de $S=(u,v]\subset\Bbb R$$f^{-1}(S)=\{a\}$.

Answer 2

Descargo de responsabilidad: he mezclado $∀a$$∃a$. Pero me decidí a publicar todos modos, ya que ya estaba escrito y, bueno, quizá no sea inútil.

Suponga que w.l.o.g. que $0\in A$. (De lo contrario cambiar por un desplazamiento)

Entonces podemos definir el $$f_λ:A → ℝ, a ↦ \begin{cases}a, &\text{if $a<0$}\\ 0, &\text{si $a=0$}\\ -λa, &\text{si $a>0$}\end{casos}$$

para algunos $λ > 0$. Este mapa es siempre continua, y ha $f^{-1}([0, ∞)) = {0}.$

Pero no puede ser inyectiva para algunos $λ$. Por qué muchos ¿no? No son contables × contables formas de mapa de los puntos de Una a otro punto de mediante el uso de Un λ factor de expansión. Esto significa, casi todos los verdaderos $λ$ va a hacer el trabajo y el rendimiento de un continuo inyectiva mapa de$A$$ℝ$.

Answer 3

Ver el $ℚ \subset ℝ$, no es continua inyectiva mapa de $f:ℚ →ℝ$ que cumple con sus condiciones.

Lema: Si $f^{-1}(S) = \{a \in ℚ\}$ $f(a), f(a)+ε \in S$ $ε > 0$ $S$ conectado, a continuación,$f(A) \subset (-∞, f(a)]$.

Prueba: $(-∞, a)\cap ℚ$ $(a, ∞)\cap ℚ$ están conectados, sus imágenes se tienen que sentar en un componente conectado de $ℚ$. Algún número mayor que $a$ y un número menor que $a$ debe tener su imagen bajo f más cerca de lo que $ε$ a, por lo tanto, en $(-∞, f(a))$. En consecuencia, $f(A) \subset (-∞, f(a)]$.

Una declaración similar se tiene para $f(a'), f(a')-ε \in S$,$f(A) \subset [f(a'), ∞)$.

En conclusión, cualquier mapa continuo $f:ℚ → ℝ$ tiene más de dos valores de $q, q' \in ℚ$ para que su condición se mantiene.

Answer 4

Tal vez alguien puede terminar este: no Es difícil mostrar, basándose en el tipo de incompleta pruebas que he visto, que cada punto de $A$ debe haber un estricto local del extremo para $f$ (tenga en cuenta que un punto aislado de a $A$ es vacuously un local del extremo).

Que parece imposible que una función continua en a $\Bbb Q$ ???

Si eso no es claramente imposible, tenga en cuenta que la unión de dos denso en ninguna parte establece es denso en ninguna parte. Así que (tal vez sustituyendo $f$$-f$) podríamos obtener una contables set $A\subset (a,b)$ $A$ denso en $(a,b)$ y una función continua $g$ definido en $A$, de modo que cada punto de $A$ es un máximo local estricto. Seguramente eso es imposible?

Answer 5

Bueno, este es incompleta y de la mano ondulado pero:

Por una densa real subconjunto de Un (wolog $\mathbb Q$) creo que puede ser una cuasi valor Intermedio Thereom: Si continuas $f: \mathbb Q \rightarrow \mathbb R$. para $q, r \in A$ real $t$ $f(q)$ $f(r)$ y real de la $\epsilon > 0$, existe un $v \in A$ $q$ $r$ donde $|f(v) - t| < \epsilon$

A continuación, un corolario inmediato es que cualquier continua inyectiva función es creciente o decreciente.

Entonces ......

Deje $f:\mathbb Q \rightarrow \mathbb R$ se continua con la condición.

Deje $r \in \mathbb Q$ Deje $f(r) \in S_r$; un conjunto conectado de tal el $f^{-1}(S_r) = \{r\}$ con un elemento $y \in S_r; y \ne f(r)$.

Wolog $f(r) < y$ $[f(r), y] \subset S_r$ e este intervalo no contiene $f(q); q \in A; q \ne r$.

Deje $\epsilon = |f(r) - y|$. Como f es continua, hay un $\delta > 0$ tal que $q \in (r - \delta, r + \delta)\cap \mathbb Q$ (que son infinitas), a continuación, $f(q) \in (f(r)-\epsilon, f(r) + \epsilon = y)$ pero $f(q) \not \in [f(r), y]$$f(q) \in (f(r)-\epsilon, f(r))\subset S_r$.

Que se aplicarán para a$q_1 \in (r - \delta, r)$$q_2 \in (r, r + \delta); q_1, q_2 \in \mathbb Q$.

Por lo tanto tenemos la contradicción: $q_1 < r < q_2$ pero $f(q_1)$ $f(q_2)$ menos de $f(r)$ $f$ no es creciente ni decreciente.