Función continua $f$ $\mathbb R$ tal que $f(\mathbb Q)\subseteq \mathbb R-\mathbb Q$$f(\mathbb R-\mathbb Q)\subseteq \mathbb Q$?

Question

Posibles Duplicados:
Ninguna función continua que cambia el $\mathbb{Q}$ y el irrationals

Existe una función continua $f\colon\mathbb R\to \mathbb R$ tal que $f(\mathbb Q)\subseteq \mathbb R-\mathbb Q$$f(\mathbb R-\mathbb Q)\subseteq \mathbb Q$?

Answer 1

Sugerencia: Considere la posibilidad de una función continua $f:\mathbb R\to\mathbb R$. Cualquiera de las $f$ es constante o $f(\mathbb R)$ es incontable. (Se puede demostrar esto? Sub-sugerencia: teorema del valor intermedio.) Si $f(\mathbb R\setminus\mathbb Q)$ es contable, ¿qué acerca de la countability/uncountability del conjunto $f(\mathbb R)$, utilizando el hecho de que $f(\mathbb R)=f(\mathbb Q)\cup f(\mathbb R\setminus\mathbb Q)$?

Answer 2

SUGERENCIA: Si $f$ existe $$\Bbb R\setminus\Bbb Q=\bigcup_{q\in\Bbb Q}f^{-1}[\{q\}]$$ a es la unión de countably muchos conjuntos cerrados. Ahora se aplicará la categoría de Baire teorema.

Answer 3

Supongamos por contradicción que dicha función existe. Entonces no es constante.

Deje $a<b$, para que $f(a) \neq f(b)$. A continuación, por el IVT $f([a,b])$ es no trivial de intervalo. Vamos a llamar a este intervalo de $[c,d]$.

Así

$$f([ a,b] \cap \mathbb Q)= [c,d] \cap (\mathbb R \backslash \mathbb Q) \,.$$ Esto implica que $f$ es un contable en una multitud innumerable, la contradicción.