Mathematische Umfrage 5

[Danol]

Ich will auch mal. Die Frage hier ist mit Oberstufenmathematik im Grunde zu machen, man muss sich den Graphen der Funktion mal vorstellen ...

[Wolf]

Ups, das 'genau' überlesen.
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Trish:(

[Critic]

Ich behaupte einmal mal aus der Intuition: Nein. Es gibt dazu auch einen Beweis, der anders funktioniert (Wer es nicht erwarten kann: ab S.4). Aber spontan würde ich mich jetzt an der Vorstellung der "Unendlichkeit" von IR und der Forderung nach der "zweifachen Unendlichkeit" stoßen...
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"Die Pentagon-Gang wird in der Liste der Terrorgruppen geführt"

Dann bin ich halt bekloppt.

"Wahrheit läßt sich nicht zeigen, nur erfinden." (Max Frisch)

[esme]

[tridi]

fuer nen sauberen beweis hab ich erstmal n paar minuten nachdenken muessen. obwohls eigentlich recht einfach ist. huebsche kleine aufgabe.

[Critic]

[Backside]

[tridi]

[Critic]

Wenn jemand seine Lösung (gerne auch für "genau dreimal") irgendwann erklären könnte, wäre das noch besser...
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"Die Pentagon-Gang wird in der Liste der Terrorgruppen geführt"

Dann bin ich halt bekloppt.

"Wahrheit läßt sich nicht zeigen, nur erfinden." (Max Frisch)

[tridi]

[Danol]

[Critic]

Wenn ich an meinem verlinkten Text entlanglese, dann ergibt sich daraus, daß es keine Funktion gibt, die jeden Wert genau zweimal annimmt, durchaus die Möglichkeit, daß es eine Funktion geben könnte, die jeden Wert in ihrem Wertebereich dreimal annimmt. Irgendwann hört die "Intuition" ja auch auf...
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"Die Pentagon-Gang wird in der Liste der Terrorgruppen geführt"

Dann bin ich halt bekloppt.

"Wahrheit läßt sich nicht zeigen, nur erfinden." (Max Frisch)

[tridi]

[musikdusche]

[Ilmor]

[Critic]

[musikdusche]

[Wolf]

[musikdusche]

Ich grüble seit 20 Minuten - ich komm nicht drauf. Verrats mir. (Edit: jetzt sinds mindestens 40)

Meine (etwas löchrigen) Überlegungen bislang sind so:
Fall 1:
Alle endlich vielen Unstetigkeitsstellen sind in einer hinreichend kleinen Umgebung beschränkt (sind also keine Polstellen). => ... => Damit ist der ganze Graph zwischen der ersten Unstetigkeitsstelle a und der letzten Unstetigkeitsstelle b beschränkt. Sei also h = max(f beschränkt auf [a,b]) und t = min(f beschränkt auf [a,b]). Also müssen die "Enden" der Funktion (also "links" von a und "rechts" von b) die Funktionswerte > h und < t irgendwie doppelt abgrasen. Das geht aber nur, wenn bei a und/oder b eine Polstelle vorliegt oder weitere Unstetigkeitsstellen vorliegen. Widerspruch.

Fall 2: Es gibt Polstellen, oder zumindest so "halbe" Polstellen (also z.B. nur links von so'ner fraglichen Stelle unbeschränkt).
Hier komme ich nun nicht weiter. Jede Konstruktion die ich mir ausdenke krankt daran, dass mindestens ein Funktionswert dreimal vorkommt.... Nehmen wir z.B. son Gerät wie f(x) = 1 / (x² - 1). Sieht ja erstmal vielversprechend aus. Wie ich mir aber die Teilstücke auch zurechtschiebe, es funktioniert nicht. Allerdings bin ich gerade zu doof, daraus einen Gegenbeweis zu basteln.
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Jeder Fehler erscheint unglaublich dumm, wenn Andere ihn begehen. (Lichtenberg)

[Wolf]

<s>Mein Fehler ich war etwas voreilig.
Es ist nicht möglich Beweis:
Indirekte Annahme f von R nach R nimmt jeden Wert von R genau zweimal an, f ist stetig mit Ausnahme endlich vieler Stellen: x1,x2,x3,....,xn
Zerlege R in
(-oo,x1) [x1](x1,x2)[x2]....(xn,oo)
f muss auf den offen Intervallen streng monoton sein.(Sonst werden mehr Werte erreicht).
Die Umkehrfunktion existiert und ist stetig, d.h. f ist ein Homöomorphismus auf den offen Intervallen. Das heißt das Bild ist offen (und zusammenhängend).
Das Bild hat die Form (a,b) oder (-oo,oo)=R.
Beweis mit Induktion nach n.
n=1
Zerlegung:
(-oo,x1)[x1](x1,oo)
Damit R überhaupt zweimal erreicht wird muss jedes Intervall auf R abgebildet werden. f(x1) wird dreimal erreicht.
Induktionsschritt n->n+1
Analog. </s>
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Trish:(

[musikdusche]

Danke!
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Jeder Fehler erscheint unglaublich dumm, wenn Andere ihn begehen. (Lichtenberg)

[Wolf]

[Wolf]

Ein weiterer Versuch:
Das Problem ist "äquivalent" dazu eine bijektive Funktion: (0,1)->(-1,0)u(0,1) mit endlich vielen Unstetigkeitsstellen zu finden.
Sei f eine solche Funktion mit den Unstetigkeitsstellen x1,...,xn.
x0:=0, xn+1:=oo
f ist bijektiv => f(xi)=f(xj)=>i=j.
f eingeschränkt auf U(xi-1,xi) 1<=i<=n+1 ->(-1,0)u(0,1)/{f(xi) 1<=i<=n)} ist stetig und bijektiv.
Das Bild von (xi-1,xi) unter f ist zusammenhängend und offen, also ein offenes Intervall.
Der Definitionsbereich besteht aus n+1 Intervallen, der Wertebereich aus n+2 Intervallen.
Da jedes Intervall auf ein Intervall abgebildet wird, bleibt ein Intervall über: Widerspruch zu f bijektiv.

Den "Beweis" bitte nicht allzu ernst nehmen, ich bin krank.
Sind die Mathegrößen hier(esme, tridi, etc.) zu einem schönen Beweis/Gegenbeispiel fähig?

Edit: Das Problem ist nicht für Funktionen mit Unstetigkeitsstellen völlig aquivalent. Im ursprünglichen Problem, können je zwei Unstetigkeitstellen den selben Funktionswert haben.
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Trish:(