Finde eine injektive Abbildung

Question

Man soll eine injektive Abbildung finden f:R-->R\Q

Ich hätte folgende Abbildung gefunden: Definieren wir eine injektive Abbildung g:Q-->R\Q die jedes q_i∈Q auf eine eindeutige irrationale Zahl g(q_i) abbildet. Eine solche Abbildung existiert da die irrationalen Zahlen überabzählbar sind. Also f(x)= g(x) falls x∈Q ist und x für falls x∈R\Q. Diese Funktion f ist injektiv, da sie rationale Zahlen auf irrationale abbildet (über g) und irrationale Zahlen auf sich selbst abbildet, sodass keine zwei verschiedenen reellen Zahlen auf die gleiche irrationale Zahl abgebildet werden.

Klappt das?

Comments

Danke @am, hatte ich übersehen.

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Das passt ja auch nicht zu seinem Beispiel. Er nimmt ja an, dass \(g\) injektiv ist. Das ist es bei dir aber nicht.

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gelöschter Kommentar.

Answer 1

Dann versuche ich es mal mit einer ganz anderen Konstruktion (korrigiert, Hinweis von Joners)

$$f(x):=\begin{cases}\sqrt{2}&x=0\\\sqrt{2}\frac{x}{1+|x|} & x \in Q, x \neq 0\\ 1/x+2 & x \notin Q, x>0 \\1/x-2 &x \notin Q, x<0\end{cases}$$

Comments

@Mathhilf mit cases anstelle von array wird's ansehnlicher.

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Danke für den Hinweis

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Gibt es einen speziellen Grund warum du als erste Fallfunktion gerade diese genommen hast?

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Die Funktion ist in der \(0\) nicht wohldefiniert..

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@Battel: Es gibt keinen speziellen Grund für die einzelnen Elemente meiner Lösung.

Der Grundansatz ist: Reserviere einen Bereich in R, in den die rationalen Zahlen injektiv abgebildet werden und die irrationalen dann injektiv in das Komplement. Für den ersten Bereich habe ich ein Intervall versucht - \((-\sqrt{2},\sqrt{2})\) -. Die angegebene Funktion - x/(1+|x|) - ist injektiv  und bildet rationale Zahlen auf rationale ab; mit dem Faktor \(\sqrt{2}\) bildet sie dann auf irrationale ab. Dabei habe ich das Problem mit x=0 übersehen.

Für die irrationalen Zahlen habe ich dann einfach 1/x genommen, das injektiv ist und irrationale auf irrationale Zahlen abbildet. Dann das ganze verschoben, damit es nicht mit dem ersten Teil kollidiert.

@ Joners: Ja, danke für den Hinweis, ist oben korrigiert.

Answer 2

(Ich nehme mir bei Abzählungen von abzählbar unendlichen Mengen die Konvention, dass wir uns immer eine Bijektion nehmen können.)

Die von dir angegebene Abbildung ist im Allgemeinen nie injektiv, denn:

Nimm dir ein beliebiges \(q\in\mathbb{Q}\). Nach deiner Konstruktion ist \(f(q)=r\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\) eine bestimmte irrationale Zahl, also \(q\neq r\). Jetzt ist aber nach deiner Konstruktion \(f(r)=r=f(q)\) und dadurch natürlich \(f\) nicht injektiv.

Wie es wirklich geht: Du musst dir eine abzählbare Menge \(M\) aus \(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\) herausnehmen und dort "Platz machen" für die rationalen Zahlen. Dort schickst du sowohl \(M\) als auch \(\mathbb{Q}\) hin mit dem von dir geholten Platz, und alles andere lässt du dann unverändert.

Eine Beispielkonstruktion, es gäbe aber viele andere Möglichkeiten:

Sei \(p:\mathbb{N}\to\mathbb{N}\) die kanonische Abzählung der Primzahlen (also \(p_n\) die \(n\)-te Primzahl), \(q:\mathbb{N}\to\mathbb{Q}\) eine Abzählung der rationalen Zahlen und \(a:\mathbb{N}\times\{1,2\}\to\mathbb{N}\) eine Abzählung von zwei Kopien der natürlichen Zahlen, zum Beispiel die Zickzackabzählung: \((1,1)\mapsto 1,(1,2)\mapsto 2,(2,1)\mapsto 3,(2,2)\mapsto 4,\ldots\).

Jetzt nehmen wir uns die Menge der Primzahlwurzeln \(M=\left\{\sqrt{p_n}|n\in\mathbb{N}\right\}\subseteq\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\). Wir vergewissern uns, dass jedes Element in \(M\) auch wirklich irrational ist.

Jetzt machen wir also folgendes: Wir zählen \(M\) so ab, dass wir Platz für zwei Folgen von Elementen haben. Damit haben wir dann Platz für eine Abzählung der rationalen Zahlen gemacht, und alles andere schicken wir auf sich selbst. Genau wie oben beschrieben.

Präzise definieren wir dann unsere Funktion \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\) durch:

$$f(x)=\begin{cases}\sqrt{p_{a(q^{-1}(x),1)}}& x\in\mathbb{Q},\\ \sqrt{p_{a(n,2)}}&x=\sqrt{p_n}\in M,\\ x&\text{sonst.}\end{cases}$$

Diese Abbildung ist injektiv, denn:

* Der dritte Fall ist der einzige Fall, der außerhalb von \(M\) landet, und da passiert nix,

* Der erste und zweite Fall landet in verschiedenen Teilmengen von \(M\), nämlich der ersten und zweiten Hälfte der Abzählung und

* In jedem einzelnen Fall passiert nix, da \(a\) und \(p\) Abzählungen sind.

(Sollten wir unsere Konvention von oben nehmen, ist \(f\) sogar eine Bijektion.)