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…