Le funzioni continue che mandano \( \mathbb{Q}\) in \(\mathbb{Q}\) sono tante
Esercizio. Mostrare che l'insieme \[ S = \{ f:[0,1] \to \mathbb{R} \, : \, f \text{ continua e } f(q) \in \mathbb{Q} \text{ se } q \in \mathbb{Q} \} \]e' piu' che numerabile.
Non ho scritto una dimostrazione ma so come si fa.
Non ho scritto una dimostrazione ma so come si fa.
Risposte
Un'idea buttata lì super palle al vento.
Lo spazio degli omeomorfismi di $[0,1]$ è omeomorfo \(\{0,1\}\times ]0,1[^\omega\), in particolare ha almeno \(2 \cdot \mathfrak{c}^\omega = \mathfrak{c}^\omega = \mathfrak c\) elementi. Siccome una funzione continua $[0,1]\to RR$ è determinata da dove manda i razionali, $f \ne g \iff f\sigma \ne g\sigma$ per un omeomorfismo $\sigma$, e quindi ci sono almeno $\mathfrak{c}$ di questi morfismi.
Lo spazio degli omeomorfismi di $[0,1]$ è omeomorfo \(\{0,1\}\times ]0,1[^\omega\), in particolare ha almeno \(2 \cdot \mathfrak{c}^\omega = \mathfrak{c}^\omega = \mathfrak c\) elementi. Siccome una funzione continua $[0,1]\to RR$ è determinata da dove manda i razionali, $f \ne g \iff f\sigma \ne g\sigma$ per un omeomorfismo $\sigma$, e quindi ci sono almeno $\mathfrak{c}$ di questi morfismi.
Io avevo un'idea piu' rude: prendo una successione \( q=\{q_n \}_{n \in \mathbb{N} } \subset \mathbb{Q} \cap [0,1] \) e costruisco funzioni incollando pezzi di robe affini cosi': \[f_q(x) := \begin{cases} q_1 & \text{se } x \in (1/2,1] \\ q_1 + q_2 (x - 1/2) & \text{se } x \in (1/3,1/2] \\ q_1 - q_2/6 + q_3 (x-1/3) & \text{se } x \in (1/4,1/3] \\ \vdots \end{cases} \]Con qualche criterio nel selezionare \(q\) (per evitare "doppioni") dovrebbe essere possibile produrre una famiglia non numerabile di funzioni continue.
Propongo una variazione sul tema delle funzioni affini a tratti.
Sia $X$ la famiglia dei sottoinsiemi di $[0,1]$ chiusi e non vuoti aventi frontiera contenuta in $\mathbb Q$. Per ogni $A\in X$ indico con $f_A:[0,1]\to\mathbb R$ la funzione distanza da $A$, definita da \[ f_A(x) = \inf_{t\in A}|x-t| \] per ogni $x\in[0,1]$; osservo che in effetti \[ f_A(x) = \min_{t\in A}|x-t| \] per ogni $x\in A$, e che nel caso in cui $A\ne[0,1]$ si ha ulteriormente \[ f_A(x) = \min_{t\in\partial A}|x-t| \] per ogni $x\in A\setminus[0,1]$. $f_A$ è continua. Se $q\in[0,1]$ è razionale, ci sono due possibilità: o $q\in A$, e allora $f_A(q)=0$, oppure $q\in[0,1]\setminus A$ e quindi esiste $y\in\partial A\subseteq\mathbb Q$ tale che $f_A(q)=|q-y|$. In entrambi i casi, $f_A(q)\in\mathbb Q$.
Per ogni $A,B\in X$ vale $f_A=f_B$ se e solo se $A=B$. Siccome $f_A\in S$ per ogni $A\in X$, la cardinalità di $S$ non è minore di quella di $X$. Ma $X$ è più che numerabile e quindi lo è anche $S$.
Sia $X$ la famiglia dei sottoinsiemi di $[0,1]$ chiusi e non vuoti aventi frontiera contenuta in $\mathbb Q$. Per ogni $A\in X$ indico con $f_A:[0,1]\to\mathbb R$ la funzione distanza da $A$, definita da \[ f_A(x) = \inf_{t\in A}|x-t| \] per ogni $x\in[0,1]$; osservo che in effetti \[ f_A(x) = \min_{t\in A}|x-t| \] per ogni $x\in A$, e che nel caso in cui $A\ne[0,1]$ si ha ulteriormente \[ f_A(x) = \min_{t\in\partial A}|x-t| \] per ogni $x\in A\setminus[0,1]$. $f_A$ è continua. Se $q\in[0,1]$ è razionale, ci sono due possibilità: o $q\in A$, e allora $f_A(q)=0$, oppure $q\in[0,1]\setminus A$ e quindi esiste $y\in\partial A\subseteq\mathbb Q$ tale che $f_A(q)=|q-y|$. In entrambi i casi, $f_A(q)\in\mathbb Q$.
Per ogni $A,B\in X$ vale $f_A=f_B$ se e solo se $A=B$. Siccome $f_A\in S$ per ogni $A\in X$, la cardinalità di $S$ non è minore di quella di $X$. Ma $X$ è più che numerabile e quindi lo è anche $S$.
@coffee: buona idea!
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