Gibt es eine monotone Funktion f : R -> R mit f(R) = R \ Q?

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08.12.2018, 19:40	KatzenundOtter	Auf diesen Beitrag antworten »
Gibt es eine monotone Funktion f : R -> R mit f(R) = R \ Q? Meine Frage: Hallo, ihr lieben Die Frage steht schon im Titel Meine Ideen: Bisher habe ich die Vermutung, dass es keine Funktion mit dieser Eigenschaft gibt, aber es fehlt mir noch an einem richtigen Ansatz für den Beweis. Dank schon einmal im Voraus für eure Antworten
08.12.2018, 19:44	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Gibt es eine monotone Funktion f : R ? R mit f(R) = R Q? Schade aber auch, dass man den Titel nicht vernünftig lesen kann.
09.12.2018, 19:47	rumar	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Gibt es eine monotone Funktion f : R -> R mit f(R) = R \ Q? Guten Abend ! Ich finde die Frage ja interessant, sehe aber keine Möglichkeit, darauf eine Antwort zu geben. Allerdings vermute ich, dass die eigentliche Antwort ein klares NEIN sein würde - aber ich sehe mich nicht in der Lage, dies gegenwärtig zu beweisen.
09.12.2018, 21:07	MaPalui	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist nur nach einer davon gefragt: $\begin{eqnarray} f: \mathbb R\to\mathbb R, x\mapsto \sqrt{2} \end{eqnarray}$
09.12.2018, 21:16	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
So einfach ist es leider nicht, weil $\begin{eqnarray} f(\mathbb{R})=\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ sein soll und nicht nur $\begin{eqnarray} f(\mathbb{R}) \subset \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ . In deinem Beispiel ist $\begin{eqnarray} f(\mathbb{R})=\{\sqrt{2}\} \end{eqnarray}$
09.12.2018, 23:44	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
die Relation $\begin{eqnarray} R_Q=\mathbb R \times ( \mathbb R\backslash \mathbb Q) \end{eqnarray}$ als Funktion = linkstotale rechtseindeutige Relation, ist mir unklar. Und von Stetigkeit ist dabei noch gar nicht die Rede.
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10.12.2018, 09:19	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Jede monotone Funktion besitzt überall linksseitigen und rechtsseitgen Grenzwert. Damit kann man leicht argumentieren, warum es die Funktion nicht gibt. Nicht monoton ist es übrigens leicht: $\begin{eqnarray} f \colon \mathbb R \to \mathbb R, \; f(x) = \begin{cases} \pi & \text{ falls }x \in \mathbb Q \\ x & \text{ sonst.}\end{cases} \end{eqnarray}$ . Offenbar ist dann $\begin{eqnarray} f(\mathbb R) = \mathbb R \setminus \mathbb Q \end{eqnarray}$ .
10.12.2018, 09:59	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
verstehe, ich hatte das falsch gelesen. Es ist nicht erforderlich an jeder Stelle x $\begin{eqnarray} \mathbb R\backslash \mathbb Q \end{eqnarray}$ als Bild zu haben, was auch keine Funktion mehr wäre.
10.12.2018, 15:27	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Das geht mit $\begin{eqnarray} g \colon \mathbb R \to 2^{\mathbb R} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g \equiv \mathbb R \setminus \mathbb Q \end{eqnarray}$
10.12.2018, 15:47	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
lesen kann ich das wiederum auch nicht, zudem sieht mir 2^R ziemlich groß aus..Einfach nur schräg
10.12.2018, 19:53	rumar	Auf diesen Beitrag antworten »
"Jede monotone Funktion besitzt überall linksseitigen und rechtsseitgen Grenzwert. Damit kann man leicht argumentieren, warum es die Funktion nicht gibt." Hallo IfindU, könntest du diese "leichte Argumentation" vielleicht doch mal kurz skizzieren ?
10.12.2018, 20:15	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Sei $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ so eine Funktion wie gefordert. Dann sei $\begin{eqnarray} I = f^{-1}(-\infty, 0) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} J = f^{-1}(0, \infty) \end{eqnarray}$ . Nach Voraussetzung $\begin{eqnarray} 0\not\in f(\mathbb R) \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} I \cup J = \mathbb R \end{eqnarray}$ , und dank Monotonie sind $\begin{eqnarray} I, J \end{eqnarray}$ Intervalle. Weiterhin ist ein Intervall abgeschlossen; oBdA sei dies $\begin{eqnarray} I \end{eqnarray}$ . Sei $\begin{eqnarray} a = \sup I \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} b = \inf J \end{eqnarray}$ . Nun kann man argumentieren, dass $\begin{eqnarray} f(a) = 0 \end{eqnarray}$ gilt (Widerspruch) oder $\begin{eqnarray} f(a) > \inf f(J) \end{eqnarray}$ , ebenfalls Widerspruch.
11.12.2018, 01:44	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann auch so argumentieren: Eine solche Funktion kann nicht konstant sein, also findet man ein Intervall [a,b] auf dem sie es nicht ist. Wenn sie dort stetig ist, nimmt sie nach dem Zwischenwertsatz auch rationale Werte an. Falls sie nicht stetig ist, hat sie eine Sprungstelle. Dann überspringt man aber auch irrationale Werte. Wegen der Monotonie können diese Werte auch sonst nicht mehr angenommen werden.
11.12.2018, 10:47	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist die gleiche Argumentation. Statt "Man findet eine Stelle wo sie nicht konstant ist" habe ich bei $\begin{eqnarray} \sup I \end{eqnarray}$ konkretisiert. Der Widerspruch ist auch der gleiche. Bei Stetigkeit gibt es Probleme mit dem Zwischenwertsatz, und das überspringen der Werte der zweite Fall. Als kleine Verbesserung zu meinem Beweis gestern: Es muss noch oBdA f monoton wachsend sein, und es ist natürlich $\begin{eqnarray} a=b \end{eqnarray}$ .
11.12.2018, 11:20	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich finde einfach die formelfreie Argumentation in diesem Fall anschaulicher und leichter nachvollziehbar. Das ist aber natürlich Geschmacksfrage. Korrekt ist beides.

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