Bire Iki sürekli fonksiyon var mıdır?

Question

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

Comments

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

Answer 1

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.

Comments

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 :-)

Answer 2

$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ 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. 

Comments

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

Answer 3

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

Comments

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