Ανάλυση

Ilias_Zad · #1

Nα διαμεριστεί το [0,1]

σε υπεραριθμήσιμα το πλήθος σύνολα που το κάθε ένα είναι και πυκνό στο [0,1]

και υπεραριθμήσιμο.

Nick1990 · #2

Πολύ ωραίο πρόβλημα.
Βάζω τη λύση μου μαζί με τη διαδικασία σκέψης:

Αρχικά, ένας καλός τρόπος να περιγράψουμε τους αριθμούς στο [0,1] είναι η δυαδική τους αναπαράσταση (με το 0 πριν από την υποδιαστολή). Αν θέλουμε ένα υποσύνολο αυτών των αριθμών να είναι πυκνό στο [0,1], φαίνεται λογικό η συνθήκη που θα καθορίζει το αν κάθε τέτοιος αριθμός ανήκει στο σύνολο η όχι, να είναι μια οριακή συνθήκη για τα ψηφία του στη δυαδική του αναπαράσταση.
Έτσι λοιπόν, για το παραπάνω πρόβλημα, διαμερίζουμε το [0, 1] σε ξένα ανα δύο σύνολα $A_i, i \in [0, 1]$ όπου $x \in A_i \Leftrightarrow liminf(f_n(x)) = i$ με f_n(x)

να είναι ο αριθμιτικός μέσος των n πρώτων ψηφίων του

μετά την υποδιαστολή, στη δυαδική του αναπαράσταση. Είναι εύκολο να δει κανείς ότι τα παραπάνω σύνολα είναι διαμέριση του [0, 1]

, ενώ είναι προφανώς υπεραριθμίσημα το πλήθος, αφού είναι όσα και οι αριθμοί στο [0, 1]

.
Μένει να δειχτεί τώρα ότι κάθε A_i

είναι πυκνό στο [0, 1]

και υπεραριθμίσημο.
Πράγματι, έστω τυχαίο $A_i, i \in [0, 1]$ και τυχαία $x \in [0,1], e > 0$ , αρκεί να μπορούμε να βρούμε υπεραριθμίσημους το πλήθος αριθμούς

στο

με

.
Είναι εύκολο να δούμε ότι η παραπάνω ανισότητα εξασφαλίζεται αν πάρουμε τα πρώτα

ψηφία του

μετά την υποδιαστολή, να είναι ίδια με αυτά του

(στο δυαδικό σύστημα πάντα), για ένα πολύ μεγάλο

που εξαρτάται από το

. Μένει τώρα να καθορίσουμε κατάλληλα τα υπόλοιπα ψηφία του

με υπεραριθμίσημο πλήθος τρόπων ώστε liminf(f_n(y)) = i

, και μπορούμε να υποθέσουμε ότι i < 1

καθώς ακόμα και αν δεν είναι υπεραριθμίσημο το A_1

μπορούμε να το αντικαταστήσουμε μαζί με κάποιο άλλο A_j

με την ένωσή τους.

Η κατασκευή των υπολοίπων ψηφίων του y (για i<1) έχει ως εξής:
Επιλέγουμε μια ακολουθία ρητών $q_n = \frac{a_n}{b_n}, a_n, b_n \in N$ που συγκλίνει στο

από πάνω, και μετά το m ψηφίο βάζουμε μόνο 1 μέχρι το f_n(y)

να πλησιάσει αρκετά στο 1 (εύκολα αυτό γίνεται γιατί μέχρι τότε έχουμε πεπερασμένα το πλήθος μηδενικά και για κάθε k είναι $\frac{n-k}{n} \rightarrow 1, n \rightarrow \infty$ ) και μέχρι το άθροισμα των ψηφίων να γίνει ίσο με κάποιο ακέραιο πολλαπλάσιο του a_1

(έστω $c_1a_1, c_1 \in N$ ) και μετά βάζοντας συνέχεια 0 ο μέσος όρος των ψηφίων θα φθίνει και κάποια στιγμή θα γίνει $f_{n_1}(y) = q_1$ (αυτό γιατί κάποια στιγμή θα φτάσουμε στο c_1b_1

- στο ψηφίο το οποίο δεν το έχουμε φτάσει διότι είναι φανερό ότι προσεγγίζουμε το q_1

από πάνω). Έστω ότι έχουμε βρεί φυσικούς n_1 < n_2 < ... n_k

, ώστε να έχουμε κατασκευάσει τα πρώτα n_k

ψηφία του

με $f_{n_k}(y) = q_k$ και για κάθε s > n_1

να είναι $f_{s}(y) \geq i$ , τότε πάλι βάζουμε μετά πολλά 1 μέχρι ο μέσος όρος των ψηφίων να πλησιάσει πολύ κοντά στο 1 και μέχρι το άθροισμα των ψηφίων να γίνει ίσο με κάποιο ακέραιο πολλαπλάσιο του $a_{k+1}$ (έστω $c_{k+1}a_{k+1}, c_{k+1} \in N$ ), και στη συνέχεια βάζουμε μόνο 0 μέχρι να φτάσουμε σε κάποιο $n_{k+1}$ για το οποίο ισχύει: $f_{n_{k+1}}(y) = q_{k+1}$ . Έτσι επαγωγικά κατασκευάζονται όλα τα n_k

και άρα και ο αριθμός

που είναι εύκολο να δούμε ότι στη συγκεκριμένη περίπτωση ανήκει στο A_i

!
Για την υπεραριθμισημότητα των τρόπων της παραπάνω επαγωγικής κατασκευής, αρκεί να δούμε ότι προκείπτει πάντα διαφορετικος

αν αντικαταστήσουμε κάποια c_i

με τα

, και επειδή αυτά είναι σε 1-1 αντιστοιχεία με τους φυσικούς, κάθε επιλόγή ορισμένων τέτοιων c_i

ισοδύναμεί με την επιλογή ενός στοιχείου από το δυναμοσύνολο των φυσικών, το οποίο είναι φυσικά υπεραριθμήσιμο.

ΟΥΦ
ΥΓ: Σε κάτι τέτοια προβλήματα είναι πολύ πιο δύσκολο να εξηγήσεις τη λύση τους παρά να τα λύσεις.

#3

Ilias_Zad έγραψε:Nα διαμεριστεί το σε υπεραριθμήσιμα το πλήθος σύνολα που το κάθε ένα είναι και πυκνό στο και υπεραριθμήσιμο.

Κοιτάμε το $\mathbb R$ ως διανυσματικό χώρο πάνω από το σώμα $\mathbb Q (\sqrt 2)$ και θεωρούμε μία βάση Hamel, έστω την $B=\{e_h : h \in H \}$ . Εύκολα βλέπουμε ότι το

είναι μη αριθμήσιμο. Επίσης, διαιρώντας με κατάλληλο ρητό, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι όλα τα στοιχεία της βάσης ανήκουν στο [0,1]

.

Για κάθε $h \in H$ ορίζουμε $F_h = \{ pe_h + q\sqrt 2 e_k : p, q \in \mathbb Q^*, k\ne h\}\cap [0,\,1]$ και $F_0= [0,\,1]-\cup F_h$ (π.χ. στοιχεία της μορφής e_h+e_k+e_m

, όπου $h\ne k \ne m \ne h$ ανήκουν στο F_0

).

Τα

είναι προφανώς α) μη αριθμήσιμα το πλήθος και το καθένα είναι μη αριθμήσιμο (διότι

μη αριθμήσιμο), β) περιέχουν όλο το $[0,\,1]$ , γ) είναι πυκνά (πάρε q=0

και κατάλληλη ακολουθία p_n

από πυκνότητα του $\mathbb Q$ ).

Μένει να δείξουμε ότι είναι ξένα. Αλλά αυτό ειναι απλό γιατί αν $pe_h+q\sqrt2 e_k = p{'}e_ {h{'}}+q{'}\sqrt 2 e_{k{'}}$ θα είναι λόγω μοναδικότητας είτε h=h{'}, k=k{'}

(*) είτε

(**) με αντίστοιχη ισότητα των συντελεστών. Δεν μπορεί όμως να ισχύουν οι (**) γιατί θα έδιναν $p=q{'}\sqrt 2$ με $p, q{'} \in \mathbb Q^*$ , άτοπο. Τελικά h=h{'}

και άρα $F_h=F_{h{'}}$ , δηλαδή ίσα στοιχεία προκύπτουν μόνο από το ίδια σύνολο.

Αυτά.

Φιλικά,

Μιχάλης

dement · #4

Και μια από εμένα. Θεωρούμε τη σχέση ισοδυναμίας $A \subseteq [0,1] \times [0,1]$ με $(x,y) \in A \Leftrightarrow |x - y| \in \mathbb{Q}$ . Οι κλάσεις ισοδυναμίας είναι πυκνές και υπεραριθμήσιμες το πλήθος. Εστω

το σύνολό τους και έστω συναρτήσεις 1-1 και επί $f: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \ g: \mathbb{R} \to X$ . Σε κάθε $x \in \mathbb{R}$ μπορούμε τώρα να αντιστοιχίσουμε το σύνολο $\displaystyle \bigcup_{y \in \mathbb{R}} g[f(x,y)]$ .

Ilias_Zad · #5

Πολύ ωραίες και οι 3 λύσεις!

Ανάλυση

Ανάλυση

Re: Ανάλυση

Re: Ανάλυση

Re: Ανάλυση

Re: Ανάλυση

Μέλη σε σύνδεση