Evidentemente, dicha función no existe de $\mathbb{R}$ a sí mismo, pero al parecer lo hace en $\mathbb{Q}$ y no veo cómo podría... me Puedes dar un ejemplo y que me explique cómo usted piensa de esto?
Muchas gracias!
En primer lugar yo simplemente thaugh de poner los valores de $f$ a los tres valores de $x$ y lo que es $f(x)=x$ en todas las demás, o constante, pero no funciona...
Definir $f:\Bbb{Q} \to \Bbb{Q}$ por
$$ f(x)= \begin{cases} x+1 & \sqrt{2}-3 < x < \sqrt{2}-1 \\ x-2 & \sqrt{2}-1 < x < \sqrt{2}\\ x & \text{otherwise} \end{casos} $$
Entonces es fácil comprobar que $f$ asume los valores deseados. También, $f$ tiene una extensión obvia a $\Bbb{R}$ cuyos únicos puntos de discontinuidad son irracionales; por lo tanto es continua en a $\Bbb{Q}$.
Al ver que bijective, tenga en cuenta que la función $$ g(x)= \begin{cases} x+2 & \sqrt{2}-3 < x < \sqrt{2}-2\\ x-1 & \sqrt{2}-2 < x < \sqrt{2} \\ x & \text{otherwise} \end{casos} $$ es su inversa.
Intuitivamente, $f$ es una función que intercambia el orden de algunos intervalos en $\Bbb{Q}$. Esto suena como una operación en discontinuo, pero haciendo que los extremos del intervalo irracional, podemos asegurar que $\Bbb{Q}$ no se da cuenta.
Aquí hay dos hechos fundamentales:
Si $X$ es contable, linealmente ordenado, no tiene primer y el último elemento, y es denso en sí mismo, $X$ es isomorfo a $\mathbb{Q}$.
Si $X$ es isomorfo a $\mathbb{Q}$ y la topología generada por la apertura de los conjuntos de la forma $(x_1, x_2) = \{x_i: x_1 < x_i < x_2\}$, luego de un fin de isomorfismo es automáticamente un homeomorphism.
Ahora, partición de $\mathbb{Q}$ en varias partes de la siguiente manera. En primer lugar, asumimos que todas las fracciones se enumeran en términos mínimos. Deje $\mathbb{Q} = A_2 \cup A_3\cup A_0$ donde $A_2$ se compone de todas las fracciones cuyo denominador es una potencia positiva de $2$, $A_3$ es todas las fracciones cuyo denominador es una potencia positiva de $3$, e $A_0$ es todo lo demás.
Es claro que cada una de las $A_i$ satsifies la hipótesis de $1$, lo que al fin de isomorfo a $\mathbb{Q}$. También, si invertimos el orden de cualquier $A_i$, es todavía el fin de isomorfo a $\mathbb{Q}$. Además, la unión de dos de las $A_i$ es también el fin de isomorfo a $\mathbb{Q}$. Sigamos: Cualquier cofinite subconjunto de $\mathbb{Q}$, o cualquier conjunto abierto de $\mathbb{Q}$ de la forma $\mathbb{Q}\cap (a,b)$ es isomorfo (y por lo tanto homeomórficos) a $\mathbb{Q}$.
Aquí está la idea de la construcción: Dibujar un zaggy del zig por tramos lineales buscando lo que es asintóticamente $-x$, y pasa a través de la $3$ los puntos deseados. Por supuesto, esta imagen no puede ser inyectiva, incluso cuando se limita a $\mathbb{Q}$. Para solucionarlo, podemos modificar la función adecuada, de modo que en cada zig zag o, es sólo surjective sobre un pedazo de $A_0$, $A_2$, o $A_3$, pero de tal manera que todavía surjective por encima de todos.
Ahora, los detalles. En primer lugar, si $x < -2$ o $x > 3$, declaramos $g(x) = -x$. Si $-2< x < -1$, podemos elegir un anti-isomorfismo $\phi_0$ $\mathbb{Q}\cap (-2,-1)$ $A_0\cap(0,1)$ y declarar $g(x) = \phi_0(x)$. (Anti-isomorfismo significa $\phi_0$ se invierte el orden.)
Si $-1< x< 0$, elija un isomorfismo $\phi_1$$\mathbb{Q}\cap (-1,0)$$A_2\cap(0,1)$. Definir $g(x) = \phi_1(x)$.
Si $0<x<1$, escoja una de anti-isomorfismo $\phi_2$$\mathbb{Q}\cap(0,1)$$A_3\cap (-1,1)$. Definir $g(x) = \phi_2(x)$.
Si $1< x < 2$, el uso de un isomorfismo entre el$\mathbb{Q}\cap (1,2)$$A_2\cap(-1,0)$.
Si $2<x<3$, el uso de un anti-isomorfismo entre el$\mathbb{Q}\cap(2,3)$$A_0\cap(-1,0)$.
Por último, definir $g(-1) = 0$, $g(0) = 1$, y $g(1) = -1$.
Esta $g$ casi funciona. Satisface $g(-1) = 0$, etc, por definición, y es también una de homeomorphism de su dominio a $\mathbb{Q}$. El único problema es que el dominio no todos los de $\mathbb{Q}$ porque $g$ hassn no ha sido definido en $-2$, $2$, o en $3$.
Así, elija un isomorfismo $\psi:\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}\setminus\{-2,2,3\}$ con $\psi(-1) = -1$, $\psi(0) = 0$, y $\psi(1) = 1$. Esto se puede hacer desde los conjuntos de $\mathbb{Q}\cap(-\infty,-1)$ $\mathbb{Q}\cap(-\infty,-1)\setminus\{-2\}$ son tanto de orden isomorfo a $\mathbb{Q}$.
Ahora, establezca $f = g\circ \psi$. Esta es una composición de homeomorphisms, por lo que es un homeomorphism. Además, $f(-1) = g(\psi(-1)) = g(-1) = 0$, y de forma similar para los otros dos puntos.
Vamos a ver lo que podemos encontrar en el intervalo de $[-1,1]$. En todas partes podemos tomar el mapa de identidad.
Considerar el plano complejo.
Ahora, usted puede tomar todos los racionales en $[-1,0]$ vamos a decir $\{q_1,q_2,...\}$ y asignarlos a los racionales en $[0,1]$ vamos a decir $\{q^*_1,q^*_2,...\}$ $y$ - eje, la construcción isósceles ortogonal triángulo. Lo que quiero decir es: $q_n\to q_n\cdot (-i)$. Hacer lo mismo con los racionales de $[0,1]$ y asignarlos a los racionales de $[-1,0]$ de la $y$ -eje.
Por supuesto, esto es bijection. Comprobar la continuidad. Lo que hemos hecho es construir una función de la razón de ser de la $z$ -eje a los racionales de la $y$ -eje. Topológicamente es el mismo para construir una función de $x$eje $x$-eje.
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