Дoкaжитe, чтo функция $%f : Z → Z$%, кoтоpaя зaдaнa пpaвилaми $%f(2k) = 0$%, $%f(2k + 1) = 1$%, нe пpeдcтaвляeтcя в видe cуммы двуx биeкций.

Поясните, пожалуйста, что здесь имеется в виду под суммой биекций (если можно, через какие-нибудь примеры).

задан 22 Окт '14 22:13

изменен 24 Окт '14 13:47

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

@Leva319, Если вы получили исчерпывающий ответ, отметьте его как принятый.

(23 Окт '14 18:36) Виталина
10|600 символов нужно символов осталось
1

Я понимаю условие так: функцию $%f$% нельзя представить в виде суммы двух функций $%g+h$%, каждая из которых является биекцией $%\mathbb Z$% на $%\mathbb Z$%.

В таком виде получается довольно симпатичная по содержанию задача. Предположим, что удалось представить функцию в таком виде, то есть $%f(x)=g(x)+h(x)$% для всех целых $%x$%. Фукнция $%g(x)$% -- это какая-то биекция $%g\colon\mathbb Z\to\mathbb Z$%. Функция $%h$% через неё однозначно выражается. Надо доказать, что она биекцией быть уже не может.

Введём обозначения $%A=g(2\mathbb Z)$% и $%B=g(2\mathbb Z+1)$% для образов множеств чётных и нечётных чисел при биекции $%g$%. Это даёт разбиение $%\mathbb Z=A\cup B$% множества $%\mathbb Z$% на два непустых (и даже бесконечных) множества, пересечение которых пусто. Поскольку $%h(2k)=f(2k)-g(2k)=-g(2k)$% и $%h(2k+1)=f(2k+1)-g(2k+1)=1-g(2k+1)$%, можно заключить, что $%h(2\mathbb Z)\subseteq-A$% и $%h(2\mathbb Z+1)\subseteq1-B$% (суть используемых обозначений, я полагаю, должна быть ясна).

В частности, множества $%-A$% и $%1-B$% не должны пересекаться, если $%h$% инъективна. Это равносильно тому, что $%A$% и $%B-1$% не пересекаются, то есть уравнение $%a=b-1$%, оно же $%a+1=b$%, не имеет решений при $%a\in A$%, $%b\in B$%.

Наглядно это означает следующее. Разбиению $%\mathbb Z$% на два подмножества соответствует раскраска целочисленных точек числовой прямой в два цвета. Скажем, точки из $%A$% окрашены в красный цвет, а точки из $%B$% в синий. Тогда отмеченный выше факт означает, что за красной точкой $%a$% не может идти синяя точка $%b=a+1$%. Поскольку множества непусты, и красные точки есть, то это значит, что за каждой красной точкой идёт красная, то есть все точки с какого-то момента становятся красными.

Однако синие точки тоже есть, и слева от них могут быть только синие. Тем самым оказывается, что сначала идут все синие точки, а потом все красные. То есть существует такое целое $%c$%, что $%A=\{c;c+1;c+2;\cdots\}$% и $%B=\{\cdots;c-3;c-2;c-1\}$%.

Теперь заметим, что $%h(2k)=-g(2k)\le-c$% ввиду того, что $%g(2k)\in A$%, откуда $%g(2k)\ge c$%. Далее, $%h(2k+1)=1-g(2k+1)\ge2-c$%, поскольку $%g(2k+1)\in B$%, то есть это число удовлетворяет неравенству $%g(2k+1)\le c-1$%. Получается, что в образ функции $%h$% могут попасть только точки, не превосходящие $%-c$%, а также точки, которое не меньше $%-c+2$%. Точка $%1-c$% при этом в образ не попадает, то есть $%h$% не сюръективна.

ссылка

отвечен 22 Окт '14 22:59

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×654

задан
22 Окт '14 22:13

показан
1014 раз

обновлен
23 Окт '14 18:36

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru