Мощность множества всех непрерывных функций

[gosetrov]

Подскажите, пожалуйста, корректно ли такое рассуждение:

Рассмотрим множества всех функций вида $f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R}$ для которых верно что $\forall a \in \mathbb{R}, \forall \left\lbrace x_n \right\rbrace, x_n \in \mathbb{Q}, \lim_{n \to \infty} \left\lbrace x_n \right\rbrace = a$ все $\lim_{n \to \infty} f(x_n)$ существуют и совпадают(для каждой конкретной точки $a$) и для $\forall a \in \mathbb{Q}$ равны $f(a)$. Назовем это множество $F$.

Выберем $f \in F$. Рассмотрим множество $G$ всех непрерывные функции вида $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ такие что $\forall x \in \mathbb{Q}, g(x) = f(x)$, покажем что такое $G$ не пусто. Построим функцию $g$ доопределив $f$ на $a \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ через $\lim_{n \to \infty} f(x_n)$, где $\forall x_n \subset \mathbb{Q}, \lim_{n \to \infty} \left\lbrace x_n \right\rbrace = a$(по определению $f$ все такие пределы совпадают).

Покажем что $g$ действительно непрерывна. Предположим обратное т.е. что $\exists a$ такая что $g$ не непрерывна в этой точке, т.е. $\lim_{x \to a} g(x) \ne g(a) \Rightarrow \exists \varepsilon_0 > 0, \forall \delta >0, \exists x \in \delta(a), g(x) \notin \varepsilon_0(g(a))$
1. $\delta_1 = 1, \exists x_1 \in \delta(a), g(x_1) \notin \varepsilon_0(g(a))$
2. $\delta_2 = \min\left\lbrace \delta_1 / 2, x_1\right\rbrace$,...
3. ...
...
Составим из $x_1, x_2, ...$ последовательность $\left\lbrace x_n \right\rbrace$ при чем $\lim_{x \to \infty} \left\lbrace x_n \right\rbrace = a$(все члены зажаты стягивающимнеся интервалами $1/2^n$), и $\forall n, g(x_n) \notin \varepsilon_0(g(a))$

Для каждого $x_1, x_2, x_3...$ построим последовательность $q_{n_{x_i}}$ рациональных чисел стремящихся к $x_i$ тогда $\lim_{n \to \infty} g(q_{n_{x_i}}) = g(x_i)$(если $x_i \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ по построению $g$, если $x_i \in \mathbb{Q}$ то по свойству $f$)

1. Возьмем $\varepsilon_1 = \varepsilon_0 / 2$, найдем $N_{1_0}$ такое что $\forall n > N_{1_0}, g(q_{n_{x_1}}) \in \varepsilon_1(g(x_1)) $. Возьмем в качестве $\delta_1 = \left\lvert x_i - a \right\rvert$ и найдем $N_{1_1}$ такое что $\forall n > N_{1_1}, q_{n_{x_1}} \in \delta_1(x_1)$. Тогда возьмем $N_1 = \max(N_{1_0}, N_{1_1})$ и $p_1 = q_{{{N_1} + 1}_{x_1}}$
2. ...
...

Построим таким образом последовательность рациональных чисел $p_n, \lim_{n \to \infty} p_n = a$(для любого дельта мы можем взять его половину и найти с какого номера $\left\lbrace x_n \right\rbrace$ лежит там, а все $p_i$ лежат на расстояние от $x_i$ не большем чем $\left\lvert x_i - a \right\rvert$). При этом $\lim_{n \to \infty} g(p_n) \ne g(a)$(все точки $g(p_n)$ лежать за пределами $\varepsilon_0 / 2$ окрестности по построению), а значит мы пришли к противоречию и $g$ не может быть не непрерывна в точке $a$

Такое $G$ может содержать только единственную функцию. Предположим это не так и рассмотрим $g_1, g_2$, они должны отличаться в некоторой точке $a \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ и из свойства непрерывности предел в этой точке совпадает со значением функции. Тогда мы легко найдем рациональную последовательность стремящуюся к $a$ предел которой не совпадет со значением функции(либо $g_1$, либо $g_2$) - противоречие.

Тогда множество всех непрерывных функций равномощно $F$. $\left\lvert F\right\rvert \leqslant \mathbb{R} ^ \mathbb{Q} = (2 ^ \mathbb{N}) ^ \mathbb{N} = 2 ^ {\mathbb{N} \times \mathbb{N}} = \mathbb{R}$, но $\left\lvert F\right\rvert \geqslant \mathbb{R}$(множество констатнтых функций очевидно имеет мощность континуума) тогда по т. Кантора — Бернштейна $F \sim \mathbb{R}$

[mihaild]

Не указано, как из $q_{n_{x_i}}$ собирается итоговая последовательность, и есть мелкие небрежности вроде

gosetrov в сообщении #1632928 писал(а):

$\delta_2 = \min\left\lbrace \delta_1 / 2, x_1\right\rbrace$

(должно быть $|x_1 - a| / 2$ или что-то похожее)
В остальном всё правильно. Но для Вашего результата слишком сложно. Чтобы показать, что непрерывных функций не больше, чем $\mathbb Q^{\mathbb Q}$, достаточно доказать, что две непрерывные функции, совпадающие на $\mathbb Q$, совпадают везде. А для этого достаточно доказать, что непрерывная функция, нулевая на $\mathbb Q$, равна нулю везде.

[svv]

mihaild, поясните, пожалуйста, у Вас намеренно написано $\mathbb Q^{\mathbb Q}$, а не $\mathbb R^{\mathbb Q}$, или просто описка?

[gosetrov]

mihaild в сообщении #1632935 писал(а):

(должно быть $|x_1 - a| / 2$ или что-то похожее)

Да, спасибо, конечно, имелось ввиду расстояние до точки $a$.

mihaild в сообщении #1632935 писал(а):

достаточно доказать, что две непрерывные функции, совпадающие на $\mathbb Q$, совпадают везде.

Спасибо за идею, действительно, перемудрил. Тогда получается достаточно просто:
Пусть $g_1, g_2$ непрерывные функции, которые совпадают на $\mathbb Q$. Предположим что $\exists a \in \mathbb R, g_1(a) \ne g_2(a)$. Тогда выберем последовательность $q_n, \forall n, q_n \in \mathbb Q, \lim_{n \to \infty} q_n = a$ и по свойству непрерывности получаем $\lim_{n \to \infty} g_1(q_n) = g_1(a) = \lim_{n \to \infty} g_2(q_n) = g_2(a)$(пределы равны, потому что функции совпадают на $\mathbb Q$) - противоречие.
Тогда каждой непрерывной функции мы можем сопоставить функцию из $\mathbb R^\mathbb Q$(по значениям в рациональных точках) и любые две различные непрерывные функции соответствует разным функциям из $\mathbb R^\mathbb Q$, т.о. мощность всех непрерывны функций $\leqslant \mathbb R^\mathbb Q$

mihaild в сообщении #1632935 писал(а):

А для этого достаточно доказать, что непрерывная функция, нулевая на $\mathbb Q$, равна нулю везде.

Доказать это можно воспользовавшись предыдущей идеей(рассмотреть пределы на рациональных последовательностях), но мне не очень понятно как из этого следует нужный результат. Можете, пожалуйста, объяснить?

[mihaild]

svv в сообщении #1632982 писал(а):

у Вас намеренно написано $\mathbb Q^{\mathbb Q}$, а не $\mathbb R^{\mathbb Q}$, или просто описка?

Намеренно (хотя на этом этапе уже должно быть известно, что это одно и то же).

gosetrov в сообщении #1633020 писал(а):

Доказать это можно воспользовавшись предыдущей идеей(рассмотреть пределы на рациональных последовательностях), но мне не очень понятно как из этого следует нужный результат

Если $f$ и $g$ - непрерывные совпадающие на $\mathbb Q$ функции, то $f - g$ - непрерывная нулевая на $\mathbb Q$ функция.

[Null]

mihaild в сообщении #1633025 писал(а):

Намеренно

mihaild в сообщении #1632935 писал(а):

Чтобы показать, что непрерывных функций не больше, чем $\mathbb Q^{\mathbb Q}$, достаточно доказать, что две непрерывные функции, совпадающие на $\mathbb Q$, совпадают везде.

Тогда непонятно как вы рассуждаете.

[mihaild]

Плохо я рассуждаю. Конечно должно было быть $\mathbb R^{\mathbb Q}$.