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Mächtigkeit zweier Intervalle

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Tags: Funktion

KevinL aktiv_icon

15:59 Uhr, 03.12.2012

Hallo,

wie beweise ich die Gleichmächtigkeit zweier Intervalle, z.b.

1.) [0,1] und (0,1]
2.) (0,1] und (0,1)

Zu 1.) Die Intervalle sind fast identisch; der Unterschied liegt wohl darin, dass im zweiten Intervall die 0 nicht mit dabei ist. Allerdings sind beide Intervalle unendlich und somit gleichmächtig. Aber beweisen kann ich es nicht.
Ich dachte daran, eine Bijektion zu finden. Dann müsse ja jedem x aus [0,1] ein y aus (0,1] zugewiesen werden was einfach wäre mit f: x -> x. Nur was passiert mit 0 ? f: x -> ? für x = 0

Zu 2.) Selbes Problem. Hier muss die 1 irgendwas anderem zugeordnet werden..

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Einführung Funktionen

Shipwater aktiv_icon

18:27 Uhr, 03.12.2012

1)

: Du kannst tatsächlich ausgehen von

i d : [0, 1] \to [0, 1], x \mapsto x

. Nun stört dich aber dass

i d (0) = 0

. Daher definierst du

φ (0) := \frac{1}{2}

. Mit

φ (0) = \frac{1}{2}

und

φ (x) = x

für

x \in (0, 1]

ist damit schon mal eine surjektive Funktion von

[0, 1]

nach

(0, 1]

gefunden. Allerdings ist nun die Injektivität kaputt wegen

φ (0) = φ (\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}

. Daher muss man

\frac{1}{2}

nun auch ein neues Bild geben und zwar setzt man

φ (\frac{1}{2}) := \frac{3}{4}

. Das ergibt aber wieder das selbe Problem und zwar

φ (\frac{1}{2}) = φ (\frac{3}{4}) = \frac{3}{4}

. Man muss also auch

\frac{3}{4}

ein neues Bild geben und das muss man dann natürlich endlos so weiterführen um die Injektivität wiederherzustellen. Insgesamt sieht die konstruierte, bijektive Funktion dann so aus:

φ : [0, 1] \to (0, 1], x \mapsto {\begin{array}{cc} 1 - \frac{1}{2^{n + 1}} & falls x = 1 - \frac{1}{2^{n}} für ein n \in ℕ_{0} \\ x & sonst \end{array}

2)

geht dann ganz analog.

KevinL aktiv_icon

08:21 Uhr, 04.12.2012

Vielen Dank! Wäre nur selbst nicht drauf gekommen, da ein unendlicher Bereich am Anfang wohl doch noch etwas zu abstrakt ist.. :-)

Eine Sache ist mir noch etwas unklar, und zwar, wie ich dies generell bei Intervallen machen kann; genauer geht's um diese beiden Intervalle [0,1] und [a,b] wobei a und b reelle Zahlen sind und a kleiner als b ist.

Dabei würde ich dann gerne wieder 0 -> a und dann den Nachfolger von 0 S(0) -> S(a) usw., letztlich dann 1 -> b.

Nur wie ich so etwas exakt formuliere fällt mir hier nicht ein.

Shipwater aktiv_icon

16:53 Uhr, 04.12.2012

Das Intervall

[0,1]

kannst du ganz einfach bijektiv auf

[a, b]

(wobei

a, b \in ℝ

mit

a < b)

abbilden, das ist überhaupt gar kein Problem. Das geht einfach über eine lineare Funktion. Du kannst also ausgehen von

f (x) = m x + c

und mit den Bedingungen

f (0) = a

und

f (1) = b

ermittelst du dann

m

und

c

.

PS: Was soll denn der Nachfolger von Null in den reellen Zahlen sein?

KevinL aktiv_icon

17:15 Uhr, 04.12.2012

Hallo,

schlecht formuliert meinerseits, der Nachfolger von 0 soll die kleinste reelle Zahl sein die nicht 0 ist.

Zu deiner Idee: Ähnliches hatte ich schon überlegt, aber wohl falsch angegangen. Denn wenn ich das so umsetze, wie ich es mir vorstelle, schaut das so aus:

f(0) = a => 0*m + c = a <=> c = a
f(1) = b => 1*m + c = b <=> m = b - c

Dann sollte f sein:

f: x -> (b-a)*x + a)

Nur.. hm. Also jetzt sieht das eigentlich richtig aus. Beweisen müsste ich wohl noch, dass das tatsächlich injektiv und surjektiv ist. Geht wohl sicher über Komposition von f und Umkehrfunktion von f = x.

_ _ _

Lustigerweise versteh' ich inzwischen nicht mehr, wieso du bei der Funktion von oben,
also

φ:[0,1]→(0,1]

auf 1-(1/(2n+1)) falls x=1-(1/(2n))

gekommen bist.

Ist natürlich eine super Sache, dass dadurch die 0 "eliminiert" wird.

Ich habe das mal versucht bei der obigen Aufgabe Nr. 2 komme aber nicht weiter.

Ich kann wieder problemlos jede Zahl auf sich selbst abbilden, außer 1.

Für 1 gilt dann: 1 -> Zahl im Bereich (0,1].

Shipwater aktiv_icon

17:58 Uhr, 04.12.2012

Das war jetzt aber noch schlechter formuliert.

- 1

ist auch eine reelle Zahl, die nicht 0 ist. Das was du versuchst zu beschreiben ist aber sowieso problematisch.

ℝ_{> 0}

hat nämlich überhaupt gar kein Minimum. Angenommen

x \in ℝ_{> 0}

wäre das Minimum von

ℝ_{> 0}

. Dann ist aber auch

\frac{x}{2} \in ℝ_{> 0}

und

\frac{x}{2} < x,

also Widerspruch. Da muss man also ein bisschen aufpassen.

Und

f : [0,1] \to [a, b], x \mapsto (b - a) \cdot x + a

ist in der Tat die Bijektion die du suchst. Die Bijektivität ist auch nicht schwer nachzurechnen, da ja lediglich eine lineare Funktion vorliegt. Mit

f^{- 1} : [a, b] \to [0,1], x \mapsto \frac{x}{b - a} - \frac{a}{b - a}

ist ja auch sofort die Umkehrabbildung angegeben.

Setz doch einfach mal paar Werte aus

ℕ_{0}

für

n

ein. Du siehst dann dass diese Konstruktion einfach

φ (0) = \frac{1}{2}, φ (\frac{1}{2}) = \frac{3}{4}, φ (\frac{3}{4}) = \frac{7}{8}, φ (\frac{7}{8}) = . .

. bewirkt. Um die Injektivität wiederherzustellen muss man diese "Verschiebung" eben endlos weiterführen.
Geht man bei

2)

wieder von der Identität aus so stört erstmal in der Tat nur

1 \mapsto 1

. Also ändert man das zu

1 \mapsto \frac{1}{2}

. Damit muss aber auch

\frac{1}{2}

auf was anderes abgebildet werden, wegen der Injektivität. Also sagt man

\frac{1}{2} \mapsto \frac{1}{4}

. Und das führt man jetzt eben wieder endlos weiter.

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