Bire Iki sürekli fonksiyon var mıdır?

1 beğenilme 0 beğenilmeme
129 kez görüntülendi

Her değeri tam olarak 2 kere alan (veya hiç almayan) reel sayılar kümesinde tanımlı ve sürekli fonksiyon var mıdır? 

6, Nisan, 2015 Lisans Matematik kategorisinde Cenk Turgay (189 puan) tarafından  soruldu

$f(x) =\mid x \,\ \mid$ kuralı ile verilen $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} $ fonksiyonu geldi aklıma ama bu da $0$ noktasında dediğiniz koşulu sağlamıyor.

3 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Cevap: olamaz.

Olsun diyelim. goruntusu $a$ olan iki nokta arasinda minimum ya da maksimum olan ve goruntusu $b \neq a$ olan bir deger vardir. Diger deger goruntusu $b$ olan bu aralikta olamaz, olursa fonksiyonun $1-2$'ligi bozulur. Disinda olmali ozaman. O halde bu iki $b$ degerini veren noktalarin araliginda diğer aralıkdan iki deger alan bir degere üçüncü bir değer gelir, çelişki olur.

6, Nisan, 2015 Sercan (23,213 puan) tarafından  cevaplandı
6, Nisan, 2015 Sercan tarafından düzenlendi

O noktada türevlenemiyor da olabilir.

Haklısınız.     

Bu çözümün detaylı şekli: 

$f(a)=f(b),\ a< b $ alalım. $f,\ [a,b]$ aralığında sabit olmadığından, $f$ nin bu aralıktaki maksimum veya minimum değeri (belki de ikisi de) $f(a)=f(b)$ den farklıdır. Genelliği kaybetmeden minimum değerinin $f(a)=f(b)$ den farklı (dolayısıyla küçük) olduğunu varsayalım. (Eğer maksimum değeri farklı ise, $-f$ yi gözönüne alırız.) $f,\ [a,b]$ aralığındaki minimum değerine bir $c\in (a,b)$ noktasında erişsin. $f(d)=f(c)$ olacak şekilde ($a,b,c$ den farklı) bir $d$ sayısı vardır. 

$d<a,\ a<d<c,\ c<d<b,\ b<d$ durumlarının her birinde (her defasında Sürekli fonksiyonların Ara Değer Teoremini kullanarak) bir çelişki elde edeceğiz.  

$d<a$ durumu: $f(c)=f(d)<\lambda<f(a)=f(b)$ olacak şekilde bir $\lambda\in\mathbb{R}$ sayısı alalım. Ara Değer Teoreminden, $f,\ \lambda$ değerini $[d,a],\ [a,c],\ [c,b]$ aralıklarının her birinin bir iç noktasında en az bir kez almak zorundadır. Bu aralıkların ortak iç noktası olmadığından, bunlar üç farklı noktadır. Çelişki 

$a<d<c$ durumu: $[d,c]$ aralığında $f$ maksimuma içte bir $e$ noktasında ulaşır $f(c)=f(d)<\lambda<\min \{f(e),f(a)\}$ alalım. Ara Değer Teoreminden, $f,\ \lambda$ değerini $[a,d],\ [d,e],\ [e,c],\ [c,b]$ aralıklarının her birinin bir iç noktasında en az bir kez almak zorundadır. Bu aralıkların ortak iç noktası olmadığından, bunlar dört farklı noktadır. Çelişki. 

$a<c<d$ durumu: bu durum, $f(c)=f(d)$ olduğundan ($c$ ile $d$ yi yer değiştirerek), önceki ile aynıdır. 

$b<d$ durumu: $f(c)=f(d)<\lambda<f(a)=f(b)$ olacak şekilde bir $\lambda\in\mathbb{R}$ sayısı alalım. Ara Değer Teoreminden, $f,\ \lambda$ değerini $[a,c],\ [c,b],\ [b,d]$ aralıklarının her birinin bir iç noktasında en az bir kez almak zorundadır. Bu aralıkların ortak iç noktası olmadığından, bunlar üç farklı noktadır. Çelişki.

Benim cozum ile ayni degil mi bu?

Evet yazdıktan sonra farkettim, detaylı olarak yazmış oldum. Bir (farklı) çözüm daha düşünüyorum :-)

0 beğenilme 0 beğenilmeme

$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ böyle bir fonksiyon olsun. (Bir hata yapmadıysam) bu bir örtü dönüşümü olur. $\mathbb{R}$ basit bağlantılı olduğundan bu imkansızdır (Basit bağlantılı bir uzayın homeomorfizma hariç, örtü dönüşümü yoktur çünki $p:\tilde{X}\to X$ ($B$ yol bağlantılı) örtü dönüşümünde $[\pi(X):p_*(\pi(\tilde{X}))]$ indeksi,örtününü katlılığına eşittir)  Örtü dönüşüm olduğu çok kısa değil, özeti:

$b\in\mathbb{R}$ olsun. $\varepsilon-\delta$ ile $a_1\in U_1,\ a_2\in U_2\quad (f(a_i)=b)$ olacak şekilde kesişmeyen $U_1,U_2$ buluruz. Zor kısım $b$ nin hem $f(U_1)$ hem de $ f(U_2)$ aralıklarının iç noktası olduğunu göstermek. (Aksi halde ara Değer teoremi ikiden çok noktanın aynı noktaya gideceğini söyler. Bunu geometrik olarak hayal edilebiliriz. $b$ yi içeren ve ikisini de içinde kalan bir açık $V$ seçip ters görüntüsünün $U_1$ ve $U_2$ ile kesiştirdiğimizde $a_1$ ve $a_2$ yi içeren ve üzerinde $f$ nin 1-1 olduğu iki ayrık açık aralık buluruz. Benim daha önceki aralıklarla ilgili sorumdan, bunlara $f$ nin kısıtlaması(gerekirse bu açık kümeleri biraz daha küçülterek), $b$ nin bir açık komşuluğuna homeomorfizma olur. 

6, Nisan, 2015 DoganDonmez (3,534 puan) tarafından  cevaplandı

Benim cevabımda her değeri iki defa aldığı kabulü var. Ama sanıyorum görüntü aralık olacağından sorudaki duruma da uyarlanabilir.

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Bu soru güzelmiş. Biraz daha düşününce farklı bir yaklaşım da mümkün.

 Genel durum için: her noktanın ters görüntüsü boş veya iki elemanlı.

$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ nin $\mathbb{R}$ üzerine bir etkisini tanımlayabiliyoruz. $\tau:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\quad \tau(x)\in\{f^{-1}(f(x))\}\setminus\{x\}$ ($\tau(x):\ f(x)$ e giden diğer sayı) olarak tanımlayıp sürekli olduğunu gösterdikten sonra $\tau^2=\textrm{I}$ olduğundan $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ nin $\mathbb{R}$ üzerinde (sürekli ve) serbest bir etkisi elde edilir. Borel in, Smith in teoremlerini genelleştiren sonuçlarından, $\mathbb{R}$ üzerinde, (daha genel olarak $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ grubunun ($p$ asal)  serbest etkisi mümkün değildir.

İki yerine büyük bir sayı olması durumunu da düşüneceğim. O durum biraz daha karışık

7, Nisan, 2015 DoganDonmez (3,534 puan) tarafından  cevaplandı
7, Nisan, 2015 DoganDonmez tarafından düzenlendi

İspatı, Borel in sabit nokta teoremlerini de kullanarak (örtü uzayları kullanmadan) kısalttım (aslında bu daha önce aklıma gelmeliydi!). Böylece kohomoloji de kullanmış olduk.

...