Биекция мн. чисел вида (m/2^n), m,n-Z во мн.Q возрастающая?

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1695671 писал(а):

По-моему, нестрого, внешняя функция и есть тем, что называется композицией

Нет. Внутренняя функция - $g$, внешняя - $f$, композиция - $h = f \circ g$, $h(x) = f(g(x))$.

cxzbsdhwert в сообщении #1695671 писал(а):

Можно пример с конкретными значениями, что-где не выполняется?

cxzbsdhwert в сообщении #1695667 писал(а):

$g(m, n) = g(m', n') \rightarrow h(m, n) = h(m', n')$

$m = n = 1$, $m' = 4$, $n' = 3$

cxzbsdhwert в сообщении #1695671 писал(а):

Я там уточнил потом - каждому прообразу один и только один ообраз - отличие функции от произвольного отображения. По-моему это точное определение.

Нет, это стандартное для школы (и плохих курсов матана) рукомашество.
Строгое определение функции такое: функция $X \to Y$ - это подмножество $F$ декартова произведения $X \times Y$, такое что $\forall x \in X \exists! y\in Y: \langle x, y\rangle \in F$.
(тут есть варианты, таскает ли с собой функция область значений, но в данном случае они неважны)

Еще раз. Вы обещали предъявить функцию $f: A \to \mathbb Q$. Несложно доказывается, что у уравнения $2x^2 + 1 - 1 = 0$ ровно один корень, и этот корень принадлежит $A$. Чему равно значение $f$ на этом корне?

cxzbsdhwert в сообщении #1695673 писал(а):

Ещё раз: на основании разных представлений одного и того же числа функция одно и тоже число, сопоставляет в разные рациональные

Это противоречит определению функции. Потому что аргумент функции - число, а не представление.

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1695674 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1695667 писал(а):

$g(m, n) = g(m', n') \rightarrow h(m, n) = h(m', n')$

$m = n = 1$, $m' = 4$, $n' = 3$

Хорошо, я не совсем понял 1) что означает выражение по середине; 2) Что это в целом за равенство, почему оно должно выполнятся?

-- 28.07.2025, 18:09 --

mihaild в сообщении #1695674 писал(а):

Еще раз. Вы обещали предъявить функцию $f: A \to \mathbb Q$. Несложно доказывается, что у уравнения $2x^2 + 1 - 1 = 0$ ровно один корень, и этот корень принадлежит $A$. Чему равно значение $f$ на этом корне?

Хорошо, значение в $0\in A$ равно 0.

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1695681 писал(а):

Хорошо, значение в $0\in A$ равно 0.

Пардон, опечатка. Уравнение $2x^2 + x - 1 = 0$. Один из способов записи положительного корня $x = 0.5$.

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1695682 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1695681 писал(а):

Хорошо, значение в $0\in A$ равно 0.

Пардон, опечатка. Уравнение $2x^2 + x - 1 = 0$. Один из способов записи положительного корня $x = 0.5$.

Хорошо Вы мне дали другое конкретное число из $A$, я взял любое из представлений, из этого представления выдал Вам рациональное по равенству. Дальше Вы попросили наоборот для другого рационального, которому по равенству соответствует другое представление, но то же число из $A$, выдать число $A$, и мы приходим к тому, что одному числу из $A$ разные рациональные соответствуют.

Хорошо, и что же тогда нужно было делать? Накладывать ограничение как-то через логарифм чтобы $2^n$ было взаимнопростым с $m$ и дальше придумывать возрастающую биекцию?

[dgwuqtj]

cxzbsdhwert
У вас в любом случае была проблема с монотонностью. Скажем, $\frac{13}{2^{11}} < \frac 1{2^1}$, но $\frac{13}{11} > 1$. Раз уж вы приводите правило, которым функция не задаётся однозначно, то надо доказывать, что существует какой-то выбор представления для каждого рационального числа, что получившаяся функция будет возрастающей биекцией. А это сомнительно.

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1695683 писал(а):

Хорошо, и что же тогда нужно было делать?

Разные варианты, в зависимости от того, чего вы добиваетесь.
Например можно для каждого числа из $A$ зафиксировать "каноническое" представление (например, с нечетным числителем). А что делать с этим дальше - уже ваше дело.

Если же вернуться к исходной задаче - то я не уверен, что тут можно как-то явно удобоваримо задать биекцию $A \leftrightarrow \mathbb Q$. Скорее всего, самый простой способ - общий, доказать, что любые два плотных счетных линейных порядка без первого и последнего элементов изоморфны.
Докажите, что $A$ и $\mathbb Q$ - счетные линейно упорядоченные множества без первого и последнего элементов.
Теперь нам нужно построить монотонную биекцию $f: A \to \mathbb Q$. Начнем с нигде не определенной, и будем доопределять по одному элементу. При этом нам надо следить, чтобы в итоге она была определена на всех элементах $A$, и в образе лежали все элементы $\mathbb Q$. Тут и пригодится счетность. Придумайте, как её строить.

[Soul Friend]

mihaild в сообщении #1695686 писал(а):

зафиксировать "каноническое" представление (например, с нечетным числителем)

(Оффтоп)

определить $m$ или $n$ для $A$ так, чтобы не было повторов в $\mathbb{Q}$ ?

[Someone]

mihaild в сообщении #1695686 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1695683 писал(а):

Хорошо, и что же тогда нужно было делать?

Докажите, что $A$ и $\mathbb Q$ - счетные линейно упорядоченные множества без первого и последнего элементов.
Теперь нам нужно построить монотонную биекцию $f: A \to \mathbb Q$. Начнем с нигде не определенной, и будем доопределять по одному элементу. При этом нам надо следить, чтобы в итоге она была определена на всех элементах $A$, и в образе лежали все элементы $\mathbb Q$. Тут и пригодится счетность. Придумайте, как её строить.

И всё это рекомендовалось ещё на первой странице…

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1695597 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1695568 писал(а):

Хорошо, я правильно понимаю, что мне нужно предъявить новую функцию $f$, аргументом которой будет $\frac{m}{2^n}$ и я с этим $\frac{m}{2^n}$ могу всё-что хочу в функции делать алгебраически и более обще - логически?

Именно - аргументом должно быть такое число. А не представление.

Возвращаясь к задаче, мне всё-таки видится некоторая противоречивость: ну вот например Э.Ландау "Основы математического анализа", ст.57 - "Под рациональным числом понимаем совокупность всех дробей, эквивалентных некоторой фиксированной, т.е. класс эквивалентности". Как вообще можно говорить о рациональном числе, во всяком случае нецелом ограничиваясь каким-то одним асболютным объектом? $0.5$ - это "пять десятых", т.е. используются всё равно пара чисел - т.е. представление.

Значит рациональное число это всё-таки пара чисел.
1. Я вот так и не понял, не могли бы Вы объяснить верно ли сказать, что "число вида $\frac{m}{2^n}$" определяется парой чисел $(m,n)$? Тут проблема в том что и про рациональное число не такого вида можно сказать что оно определяется парой при чём таких же чисел, но при этом это будет другое число.

2.

mihaild в сообщении #1695557 писал(а):

приведенная параметризация этого множества - не биективна, разным парам $(m, n)$ могут соответствовать одинаковые элементы множества

Два рациональных числа $(a,b)$,$(c,d)$ эквивалентны (равны), если $ad=bc$.

Вот здесь и проблема: делаем так чтобы разным парам-прообразам соответствовал один образ - не получается инъекция с точки зрения функции. Делаем разным парам-прообразам разные образы - формально функция инъективна, но в контексте того, что эти разные пары-прообразы - одно рациональное число, получаем что одно число ставится в соответствие разным числам из $\mathbb Q$. И так не так и так не так

Здесь ранее писали что для достижения инъективности нужно ограничиться рассмотрением взаимопростыми числителями и знаменателями. Но определение инъективной $f:X\rightarrow Y$ это $f(x_1)=f(x_2) \iff x_1=x_2$. Почему я не могу сказать что для $f:X\rightarrow Y$, где $X$,$Y$ мн-ва пар, $x_1=x_2\iff$ они эквивалентны, как определено выше?

3. Если первый вопрос - да, то можно ли, выбирая путь ограничения по НОД, дополнительно ограничивая $n\geq 0$ (*) задать биекцию просто $f(x,y)=\dfrac{x}{y+1},\text{НОД}(x,y+1)=1,\text{НОД}(x,2^y)=1$
Ну или если ответ нет, то $f(m,2^n)=\dfrac{m}{v_2(2^n)+1},\text{НОД}(m,v_2(2^n)+1)=1,\text{НОД}(m,2^n)=1$, где $v_p(n)$-степень, с которой простое $p$ входит в разложение на простые множители $n$ (ну или просто $\log_22^n$)?

(Оффтоп)

(*) мн-во чисел такого вида с такими ограничениями всё равно то же, поскольку из $\frac{m}{2^n}=\frac{p}{2^{q}}$ следует существование $n\geq 0$ и $m=k(2^qp),k\in \mathbb N,v_2(k)\neq 0$ для любых $q<0$ и $p\in \mathbb Z$: $2^n=2^q\frac{m}{p}\Rightarrow n=\log_2\frac{k(2^qp)}{2^qp}$ ($2^q$ перенёс в знаменатель из предположения о $q<0$)

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1715614 писал(а):

"Под рациональным числом понимаем совокупность всех дробей, эквивалентных некоторой фиксированной, т.е. класс эквивалентности". Как вообще можно говорить о рациональном числе, во всяком случае нецелом ограничиваясь каким-то одним асболютным объектом?

Не знаю, что такое "абсолютный" объект. Ограничиваясь одним объектом - легко, например как написано у Ландау: рациональное число - это класс эквивалентности.
Дальше у нас есть разные способы обозначить этот класс. Например есть стандартный способ - обыкновенная дробь $\frac{a}{b}$ обозначает класс $\{\langle ax, bx\rangle | x \in \mathbb Z \setminus \{0\}\}$.

cxzbsdhwert в сообщении #1715614 писал(а):

Значит рациональное число это всё-таки пара чисел

Нет. $\langle1, 2\rangle$ и $\langle2, 4\rangle$ - разные пары чисел. Но принадлежат одному классу и задают одно и то же рациональное число. Сами же эти пары рациональными числами вообще не являются.

cxzbsdhwert в сообщении #1715614 писал(а):

Я вот так и не понял, не могли бы Вы объяснить верно ли сказать, что "число вида $\frac{m}{2^n}$" определяется парой чисел $(m,n)$?

Смотря что значит "определяется". Поскольку не очень понятно - то лучше так не говорить.

cxzbsdhwert в сообщении #1715614 писал(а):

Почему я не могу сказать что для $f:X\rightarrow Y$, где $X$,$Y$ мн-ва пар, $x_1=x_2\iff$ они эквивалентны, как определено выше?

Я вообще не понимаю, о чем тут речь (может быть за полгода забыл контекст темы, перечитывать не хочется).
У нас есть множество пар. А еще есть множество классов эквивалентности этих пар. А вот дальше, что такое $x_1$ и $x_2$ и как связаны с $X,Y,f$ - непонятно.

cxzbsdhwert в сообщении #1715614 писал(а):

задать биекцию просто $f(x,y)=\dfrac{x}{y+1},\text{НОД}(x,y+1)=1,\text{НОД}(x,2^y)=1$

Что такое $x$, что такое $y$?
От Вас просили функцию, определенную на множестве рациональных чисел вида $\frac{m}{2^n}$. Вы, если я правильно понимаю, хотите как-то для каждого такого числа выбрать канонического представителя - т.е. по $m, n$ построить $x(m, n), y(m, n)$ так что $\frac{m}{2^n} = \frac{x(m,n)}{2^{y(m,n)}}$ и $(x(m, n) = x(m', n') \wedge y(m, n) = y(m', n')) \iff \frac{m}{2^n} = \frac{m'}{2^{n'}}$. Так можно, но я пока не понимаю, как вы его хотите выбрать.

cxzbsdhwert в сообщении #1715614 писал(а):

ну или просто $\log_22^n$

Это также известно как $n$.

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1715627 писал(а):

Вы, если я правильно понимаю, хотите как-то для каждого такого числа выбрать канонического представителя - т.е. по $m, n$ построить $x(m, n), y(m, n)$ так что $\frac{m}{2^n} = \frac{x(m,n)}{2^{y(m,n)}}$ и $(x(m, n) = x(m', n') \wedge y(m, n) = y(m', n')) \iff \frac{m}{2^n} = \frac{m'}{2^{n'}}$. Так можно, но я пока не понимаю, как вы его хотите выбрать.

Икс и игрик просто другие буквы. Проехали с той функцией. Сразу после я предъявил такую функцию:
$f(m,2^n)=\dfrac{m}{v_2(2^n)+1},\text{НОД}(m,v_2(2^n)+1)=1,\text{НОД}(m,2^n)=1$ , $m\in\mathbb Q,n\in\mathbb N \cup \{0\}$, где $v_p(n)$-степень, с которой простое $p$ входит в разложение на простые множители $n$

По-моему она каждому рациональному числу однозначно ставит в соответствие число вида $\frac{m}{2^n}$ с сохранением порядка.

mihaild в сообщении #1715627 писал(а):

Это также известно как $n$.

Я знаю, но аргумента $n$ нет, есть аргумент $2^n$, и из него $n$ выражается.

-- 21.01.2026, 22:57 --

(Оффтоп)

И вообще, если никак не задействовать представление, тогда решение задачи, то есть доказательство существования возрастающей биекции такое:
1. $\mathbb Q$ - счётно. Доказательство не буду приводить, тема и так раздута.
2. На $\mathbb Q$ существует линейный порядок. Это вроде аксиома вообще.
3. "Мн-во чисел вида $\frac{m}{2^n}$" (далее $X$) - подмножество $\mathbb Q$ (очевидно). Порядок на $X$ устанавливается так же как и на $\mathbb Q$. $X$ не является конечным (очевидно). Подмножество не более чем счётного (нбчс) множества - не более чем счётно (док-во не буду приводить), значит, учитывая что $X$ не конечно, оно счётно, значит биекция существует.
4. Тогда возрастающая биекция такая - каждое меньшее отрицательное из $X$ ставится в соответствии каждому меньшему отрицательному из $\mathbb Q$, ноль в ноль, каждое большее положительное из $X$ в каждое большее положительное из $\mathbb Q$.

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1715649 писал(а):

$f(m,2^n)=\dfrac{m}{v_2(2^n)+1},\text{НОД}(m,v_2(2^n)+1)=1,\text{НОД}(m,2^n)=1$ , $m\in\mathbb Q,n\in\mathbb N \cup \{0\}$,

А почему такой представитель вообще существует? Вот число $\frac{3}{2}$, какие $m$ и $n$ возьмете?

cxzbsdhwert в сообщении #1715649 писал(а):

каждое меньшее отрицательное из $X$ ставится в соответствии каждому меньшему отрицательному из $\mathbb Q$

Непонятно, что это значит. Меньшее чего?

cxzbsdhwert в сообщении #1715649 писал(а):

Я знаю, но аргумента $n$ нет

Вообще говоря, нехорошо, когда в определении функции аргумент - это не переменная, а какое-то выражение.
Просто счетности для существования монотонной биекции недостаточно. Например, монотонной биекции между $\mathbb Q$ и $[0, 1] \cap \mathb Q$ нет.

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1715652 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1715649 писал(а):

$f(m,2^n)=\dfrac{m}{v_2(2^n)+1},\text{НОД}(m,v_2(2^n)+1)=1,\text{НОД}(m,2^n)=1$ , $m\in\mathbb Q,n\in\mathbb N \cup \{0\}$,

А почему такой представитель вообще существует? Вот число $\frac{3}{2}$, какие $m$ и $n$ возьмете?

Аргумент — $2^n$, не $n$. $2^n$ берём так чтобы:
1) он был взаимопрост с $m$ (всё равно пройдёмся по всем числам такого вида, поскольку на каждую сокращающуюся пара числителя и знаменателя есть несокрощающаяся за счёт свободно—изменяемого $m$)
2) степень двойки плюс один была взаимпроста с $m$ (сейчас сложно точно ответить почему это ограничение не выкидывает прообразы)
3) степень двойки была больше либо равна нулю. Почему ничего не теряется писал выше, продублирую:

(Оффтоп)

мн-во чисел такого вида с такими ограничениями всё равно то же, поскольку из $\frac{m}{2^n}=\frac{p}{2^{q}}$ следует существование $n\geq 0$ и $m=k(2^qp),k\in \mathbb N,v_2(k)\neq 0$ для любых $q<0$ и $p\in \mathbb Z$: $2^n=2^q\frac{m}{p}\Rightarrow n=\log_2\frac{k(2^qp)}{2^qp}$ ($2^q$ перенёс в знаменатель из предположения о $q<0$)

$m$ любое целое.

Для трёх вторых — первый аргумент 3, второй — 2. $n$ будет 1. Такая же пара аргументов а значит и $n$ для $\frac{6}{4}$ и $\frac{9}{6}$ и т.д.

[mihaild]

А, я логарифм пропустил. Тогда вопрос - какой представитель для $\frac{3}{4}$.
Собственно 1) и 3) уже однозначно задают представителя. И что при этом будет выполнено 2) - совсем не факт.
Ну и даже если отказаться от 2, с монотонностью всё плохо. $\frac{99}{2^{99}}$ и $\frac{101}{2^{101}}$ куда переходят, и что там с порядком?

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1715685 писал(а):

какой представитель для $\frac{3}{4}$.

Я может не совсем понял, если Вы спрашиваете о том какой аргумент предъявленной функции, то есть какая пара $m$ и $2^n$ ставится в соответствие $\frac{3}{4}$, то это $m=3,2^n=2^3=8$, то есть дробь $\frac{3}{8}$. Если Вы имели в виду куда отображает дробь три четвёртых, будучи аргументом, то она отображала бы в единицу, но функция для такого представления дроби не определена, как и для $\frac{5}{2^4}$ например.

Но тогда же получается что функция не биекция.

По-моему так вообще нельзя задать нужную функцию — мы "на вход" подаём знаменатель вида $2^n$ как второй аргумент и дальше правило задействует аргумент выраженный в такой форме. Но раз это биекция, должна быть обратная функция отображающая из множества всех рациональных в множество чисел такого вида. Но знаменатель не каждого рационального представим в виде степени двойки (по крайней мере целой)

Значит, раз правило должно быть взаимным, оно должно использовать свойства аргумента общие как для любого рационального так и заданного вида. Свойство рационального иметь степень вхождения двойки в знаменатель вообще-то общее и для любого (для не кратных двойке степень всё равно есть, просто нулевая) и для такого вида, но для любого не инъективно для одинаковых числителей (можно привести два произвольных разных несократимых рациональных с одинаковыми числителя и одинаковыми степенями вхождения двойки в знаменатель $\frac{1}{3},\frac{1}{5}$, например, а для рациональных заданного вида нельзя)

-- 22.01.2026, 15:26 --

Задача явно с издёвкой, ещё и на первое место поставили. Там буквально следующая задача уже для детского сада: "существует ли биекция из отрезка в отрезок такая что каждому иррациональному из области определения ставится в соответствие рациональный?"

Ладно, буду думать