Монотонная функция

[glorius_May]

Существует ли монотонная функция f: [0,1] → [0,1] такая, что f(x) = k имеет несчетное множество решений для каждого k ∈ [0,1]?

[venco]

Очевидно, нет.

[glorius_May]

venco в сообщении #394994 писал(а):

Очевидно, нет.

А подумать?

[mihailm]

ясно что это про нестрогую монотонность
пусть при каждом k (которых несчетное мно-во) есть несчетное множество решений, между большим и меньшим из этого количества есть рациональное число, и так как это разные рац числа - противоречие

[ewert]

mihailm в сообщении #395002 писал(а):

несчетное множество решений, между большим и меньшим из этого количества есть рациональное число

Надо полагать, имелось в виду: несчётное множество решений для каждого $k$ (для которого оно несчётно) -- это промежуток ненулевой длины, и для разных $k$ такие промежутки не пересекаются, поэтому множество таких промежутков не более чем счётно.

[mihailm]

(Оффтоп)

типа), там еще про большее и меньшее не совсем корректно сказано

[Руст]

Существует (не строго) монотонная функция, что для любого рационального $k\in(0,1)$, множество $\{x|f(x)=k\}$ несчетно.

[gris]

Возьмём произвольную нумерацию рациональных чисел на интервале $(0;1)$.
$f_n(x) =\begin{cases} 0, x<q(n) \\ 2^{-n},x\geqslant q(n)\end{cases}$
$f(x)=\sum f_n(x) $

Придумалась такая функция, а к чему она - не пойму. Но она монотонная. Вот со множеством значений не знаю, как быть.

[venco]

Руст в сообщении #395173 писал(а):

Существует (не строго) монотонная функция, что для любого рационального $k\in(0,1)$, множество $\{x|f(x)=k\}$ несчетно.

Такая функция легко строится из дерева Штерна-Броко.

[RIP]

gris в сообщении #395183 писал(а):

Возьмём произвольную нумерацию рациональных чисел на интервале $(0;1)$.
$f_n(x) =\begin{cases} 0, x<q(n) \\ 2^{-n},x\geqslant q(n)\end{cases}$
$f(x)=\sum f_n(x) $

Придумалась такая функция, а к чему она - не пойму. Но она монотонная. Вот со множеством значений не знаю, как быть.

Не в ту сторону думаете. Это функция скачков, она строго возрастает. А надо нечто вроде лесенки Кантора замутить.

[gris]

ewert писал(а):

Ну, ... gris, а уж он чего-чего, но мутить-то не умеет. Вот поддержать флуд -- это он завсегда пожалуйста, но тут-то не тот случай.

Да, случай не тот. А функцию вспомнил

[bot]

RIP в сообщении #395197 писал(а):

А надо нечто вроде лесенки Кантора замутить.

Та же мысль приходила, но смутился не всюду определённостью возникающей функции, в лемму Цорна меня понесло ...
А ведь и не нужна она (хотя и можно было) на последнем этапе.

В общем так.
Для начала положим $f(x)=0$ для $x\in [0;\frac{1}{3}]$ и $f(x)=1$ для $x\in [\frac{2}{3};1]$
Все рациональные из $(0;1)$ расположим в последовательность $q_1, q_2,\ \ldots $
Полагаем $f(x)=q_1$ для $x\in [\frac{4}{9};\frac{5}{9}]$ ...

Пусть уже определёны отрезки, на которых $f(x)=q_i, \ i=1,2, ... , n-1$
Берём $q_n$, находим среди $q_i, \ i=1,2, ... , n-1$ ближайщего соседа слева $q_l $ и справа $q_r $ и соответствующие им отрезки $[a_l, b_l]$ и $[a_r, b_r]$, на которых функция уже имеет значения $q_l $ и $q_r $ соответственно. Полагаем $f(x)=q_n$ на средней трети отрезка $[b_l, a_r]$.

Ясно, что полученная функция монотонна и каждое рациональное значение достигается несчётное число раз. Осталось лишь её доопределить до всюду определённой (здесь я чегой-то и засмущался).
Просто полагаем $f(x)=\inf\limits_{t>x} f(t)$ в точке $x$, где функция осталась неопределённой.

[Профессор Снэйп]

Руст в сообщении #395173 писал(а):

Существует (не строго) монотонная функция, что для любого рационального $k\in(0,1)$, множество $\{x|f(x)=k\}$ несчетно.

Я бы сначала построил функцию, сопоставляющую каждому $q \in \mathbb{Q} \cap (0,1)$ интервал $(a_q, b_q)$ так, что для любых рациональных $0 < q_1 < q_2 < 1$ справедливо $0 < a_{q_1} < b_{q_1} < a_{q_2} < b_{q_2} < 1$.

Пусть $\mathbb{Q} \cap [0,1] = \{ q_0, q_1, \ldots \}$ --- перечисление без повторений, причём $q_0 = 0$ и $q_1 = 1$. Полагаем $b_0 = 0$, $a_1 = 1$. Теперь пусть $i > 1$ и для всех $1 < j < i$ интервалы $(a_{q_j}, b_{q_j})$ построены. Пусть $q'$ --- наибольший элемент множества $\{ g_j : j < i \} \cap [0,q_i)$, а $q''$ --- наименьший элемент множества $\{ g_j : j < i \} \cap (q_i,1]$. Выбираем $b_{q'} < a_{q_i} < b_{q_i} < a_{q''}$.

Теперь, когда отрезки построены, для любого $r \in [0,1]$ полагаем

$$ f(r) = \sup \{ q \in \mathbb{Q} \cap [0,1] : b_q < r \} $$