Биекция мн. чисел вида (m/2^n), m,n-Z во мн.Q возрастающая?

[Shadow]

cxzbsdhwert, если я вам скажу, что это задача для 8-10-го класса (пусть и олимпиаднная второго тура), вы переснате болтать и начнете решать?
Для начала решим главную проблему: Для любого числа из $A$ существуют бесконечно много пар $(m,n)$. Пример:

$\dfrac{3}{2^{-2}}=\dfrac{6}{2^{-1}}=\dfrac{12}{2^0}=\dfrac{24}{2^1}=\ldots$

Какое из них выбрать? Одно и то же число (я вам предлагаю первое, но не навязываю)

[Someone]

cxzbsdhwert в сообщении #1695450 писал(а):

1. Произвести уточнение в рамках решения? Или уточнить - в смысле изменить условие задачи, то есть с таким условием функция не биективна?

Биективная получится функция или нет — зависит от того, как Вы её построите. Но $\frac m{2^n}=\frac{m2^k}{2^{n+k}}$ при любом $k\in\mathbb N$, поэтому нет взаимно однозначного межу парами $(m,n)$ и задаваемыми ими числами. Чтобы избежать возможных осложнений, в которых в стартовом сообщении путаетесь, можно изменить определение того же самого множества так, чтобы соответствие стало взаимно однозначным. Но пары полезны только при доказательстве того, что ваше множество обладает нужными свойствами, а подобие на $Q$ удобнее строится просто с числами, не обращая внимание на их форму записи.

cxzbsdhwert в сообщении #1695450 писал(а):

2. Это аксиома полноты?

Нет. Впрочем, об этом Вам уже сказали.

cxzbsdhwert в сообщении #1695450 писал(а):

3. $A$, это же всё равно Декартово произведение или что-то подобное, в виду двух переменных, да? То есть элементы $A$ это в любом случае не числа, а пары или что-нибудь такое?

Нет. Элементы $A$ — это именно числа, о чём прямо сказано в условии задачи. После того, как докажете требуемые свойства множества $A$, про пары лучше напрочь забыть. И не надо изобретать отношение порядка между парами, оно Вам нафиг не нужно ни для чего вообще.

cxzbsdhwert в сообщении #1695462 писал(а):

2. Пара элементов между которыми нет элемента предъявляется за счёт аксиомы полноты, а точнее неполноты $\mathbb Q$

В $\mathbb Q$ нет таких пар (различных) чисел, между которыми нет других рациональных чисел. Впрочем, с этим, как будто бы, разобрались.

dgwuqtj в сообщении #1695464 писал(а):

есть щели в смысле определения Someone

Прошу прощения у всех, "щели в смысле определения Someone" обычно называются скачка́ми. Не то слово использовал. А щелями называются сечения Дедекинда, у которых в нижнем классе нет наибольшего элемента, а в верхнем — наименьшего.

cxzbsdhwert в сообщении #1695450 писал(а):

Наибольшего в $\mathbb Q$ нет, наверное потому что оно счётно, содержит в себе $\mathbb N$, а значит по аксиоме Архимеда оно не ограничено сверху, то есть наибольшего нет. Наименьшего нет, наверное потому что отрицательные числа вводятся путём дублирования натуральных с добавлением отрицательного знака, то есть там логика такая-же, только в обратную сторону - то есть $\mathbb Q$ неограниченно снизу, наименьшего элемента нет.

Это — апелляция к наглядности, а не доказательство. Для доказательства отсутствия наименьшего элемента достаточно для каждого элемента множества указать его элемент, который меньше выбранного; аналогично — для наибольшего. И то, и другое и для множества $\mathbb Q$, и для вашего множества $A=\{\frac m{2^n}|:m,n\in\mathbb{Z}\}$ делается мгновенно. Так же мгновенно можно выписать элемент, промежуточный между любыми двумя различными элементами. Используя чрезвычайно простые формулы.

[cxzbsdhwert]

dgwuqtj в сообщении #1695452 писал(а):

1. У вас же условие задачи уже дано, его менять нельзя. Могу только сказать, что задача корректно поставлена, требуемое утверждение действительно можно доказать.

Имелось в виду наложить ограничение на пары $m$ и $n$, так чтобы $\text{НОД}(m,2^n)=1$ (ну и плюс и по одному экземпляру тех, кто не взаимнопросты, то есть целые)? Ну и почему это не изменение условия задачи? Потому что в условии указано $m$ $n$ принадлежат целым, а не каждый $m$ $n$ принадлежащий целому? Но это по-моему другое логическое высказанные о том, что все $m$ $n$ должны быть целыми, а не о том, что все $m$ $n$ должны быть задействованы.

Тут вот явно проблема в логике: либо я неправильно понимаю логическое высказывание в формулировке задачи, либо само высказывание о множестве этих чисел таково, что позволяет рассматривать дубликаты (понятно, что в множестве дубликатов нет), и тогда нужно менять, уточнять это высказывание, но это буквально изменение условия, нет?

[cxzbsdhwert]

Shadow в сообщении #1695483 писал(а):

cxzbsdhwert, если я вам скажу, что это задача для 8-10-го класса (пусть и олимпиаднная второго тура), вы переснате болтать и начнете решать?
Для начала решим главную проблему: Для любого числа из $A$ существуют бесконечно много пар $(m,n)$. Пример:

$\dfrac{3}{2^{-2}}=\dfrac{6}{2^{-1}}=\dfrac{12}{2^0}=\dfrac{24}{2^1}=\ldots$

Какое из них выбрать? Одно и то же число (я вам предлагаю первое, но не навязываю)

Спасибо за помощь, я просто пытаюсь разобраться с формулировкой, с самой задачей. Как же можно решать задачу, если не понятна постановка?

Написано: "множество всех чисел вида $f(m,n)$".
Вот я не понимаю: множество вполне себе существует, и все элементы в нём вроде-как уникальные (ну во множестве же, насколько я понимаю, по аксиоматике, все элементы отличимы), но при попытке обратиться к какому-то элементу этого множества мы бесконечно получаем одно и то же.

Вот Вы пишите, наверное предполагая контекст отображения $f(m,n)=\frac{m}{2^n}$, но упоминая конкретно множество $A$: "для любого числа существует из $A$ существует бесконечно много пар" - согласен.
Но дальше пишите - "какое из них выбрать?"

Дак нет ведь никаких "их" - в множестве $A$ оно одно. Каждое число, которому, действительно сопоставляется бесконечно пар, одно в $A$. Это пар бесконечно, а число одно.
То есть Вы пишите про одно - про число, то есть элемент $A$, он же элемент области значений $f$, а думает про другое - про пары, то есть элементы области определения $f$.

И тогда, если мы говорим о возрастающей биекции именно из множества $A$, в котором, ещё раз повторю, никаких дубликатов нет, в множество $\mathbb Q$, то никакой сложности такую биекцию предъявить нет - просто берите каждый элемент из $A$ и сопоставляйте ему (на единицу) больший из $\mathbb Q$, а именно $f:A \rightarrow \mathbb Q=a+1,a\in A$.
Сюръекция? Да - потому что $A=Q$.
Инъекция? Да, - потому что в $A$ все элементы уникальные по определению множества. Ну а два разных числа в сумме с одним и тем же числом, вроде как одно и то же число давать не могут, это наверное можно строго доказать.
Чем это не решение задачи?

Но Вы скажите что это конечно не решение, или решение, но лишь бы я от Вас отстал с "придирками".

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1695555 писал(а):

Сюръекция? Да - потому что $A=Q$.

$A$ - это множество чисел, представимых в виде $\frac{m}{2^n}$ для целых $m, n$? Тогда оно не равно $\mathbb Q$. Как в таком виде представить $\frac{1}{3}$?

cxzbsdhwert в сообщении #1695547 писал(а):

Тут вот явно проблема в логике: либо я неправильно понимаю логическое высказывание в формулировке задачи, либо само высказывание о множестве этих чисел таково, что позволяет рассматривать дубликаты (понятно, что в множестве дубликатов нет), и тогда нужно менять, уточнять это высказывание, но это буквально изменение условия, нет?

Нет. В условиях задачи задано именно множество (чисел, представимых в таком виде). Но приведенная параметризация этого множества - не биективна, разным парам $(m, n)$ могут соответствовать одинаковые элементы множества.
А Вас просят построить биекцию из множества. Но биекция между парами $(m, n)$ и еще чем-то не порождает, при заданной параметризации, биекцию между вашим множеством и этим чем-то.

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1695557 писал(а):

$A$ - это множество чисел, представимых в виде $\frac{m}{2^n}$ для целых $m, n$? Тогда оно не равно $\mathbb Q$. Как в таком виде представить $\frac{1}{3}$?

Этого я не заметил вообще, спасибо за замечания, возможно я действительно слишком много времени уделил формулировке.
Впрочем, от того что $A$ и $\mathbb Q$ не равны, равномощны они не перестают быть, верно?
Тогда, конечно что-то посложнее чем $a+1$, но всё же можно придумать, чтобы и те из $\mathbb Q$, которые не имеются в $A$ чем-то из $A$ покрывались; и так, чтобы в $A$ ещё без этого "чего-то" оставалось достаточно, чтобы самих себя в $\mathbb Q$ покрыть; и так, чтобы это всё было ещё возрастающе, причём чтобы возрастание сквозное было.

_____

Ну биекцию можно взять так (если я правильно овладел искусством "тратить" бесконечности): из $A$ возьмём подмножество всех целых $K$, это будет счётное множество, равномощное $A$ и $\mathbb Q$, как я понимаю. Каждому элементу $K$ сопоставим элемент из $\mathbb Q$, которого нет в $A$ (при чём в порядке возрастания), а все из $A \setminus K$ сопоставим всем из $\mathbb Q \setminus f(K)$, т.е. всем рациональным которые есть и в $\mathbb Q$ и $A$.

Но, да, я понял, что сквозное возрастание, чтобы вся биекция была возрастающей так просто не получить.

[Soul Friend]

(Оффтоп)

Показать что между любыми элементами $a=\frac{m_a}{2^{n_a}}$ и $b=\frac{m_{b}}{2^{n_{b}}}$ множества $A$ существует рациональное число ?

[cxzbsdhwert]

Soul Friend в сообщении #1695560 писал(а):

(Оффтоп)

Показать что между элементами $a=\frac{m_a}{2^{n_a}}$ и $b=\frac{m_{b}}{2^{n_{b}}}$ множества $A$ существует рациональное число ?

Между любыми двумя? Между любыми двумя нет, поскольку на $\mathbb Q$ не выполняется аксиома полноты, а $A$ подмножество $\mathbb Q$. Есть пара между которыми нет.
Ну, точнее это то, о чём тут ранее писалось - есть подмножества между которыми нет элемента, а пар элементов, между которыми ничего нет, как я понял, нет, в виду отсутствия наибольшего и наименьшего элемента у множеств между которыми нет элементов.
То есть между любой парой есть элемент.

Ну тогда $c = a + \frac{a}{b}$

[Soul Friend]

cxzbsdhwert в сообщении #1695562 писал(а):

Ну тогда $c = a + \frac{a}{b}$

если $a < b$ то должно выполнятся $a<c<b$

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1695557 писал(а):

Но биекция между парами $(m, n)$ и еще чем-то не порождает, при заданной параметризации, биекцию между вашим множеством и этим чем-то.

Хорошо, я правильно понимаю, что мне нужно предъявить новую функцию $f$, аргументом которой будет $\frac{m}{2^n}$ и я с этим $\frac{m}{2^n}$ могу всё-что хочу в функции делать алгебраически и более обще - логически?

Ну только всё-равно, если это так, то $f$ это ни что иное как композиция функций, а внутренняя функция $\frac{m}{2^n}$ не перестаёт иметь аргументом пару целых чисел. И тогда Ваше утверждение о том что биекция между парами и чем-то не приводит к биекции между множеством и этим чем-то мне видится неверным.

-- 27.07.2025, 17:08 --

Soul Friend в сообщении #1695565 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1695562 писал(а):

Ну тогда $c = a + \frac{a}{b}$

если $a < b$ то должно выполнятся $a<c<b$

Извините, я середину имел в виду, короче: $c = a + (b-a)/2$

[Soul Friend]

cxzbsdhwert в сообщении #1695568 писал(а):

Извините, я середину имел в виду, короче: $c = a + (b-a)/2$

да, это на счет того что нет щелей.

[cxzbsdhwert]

cxzbsdhwert в сообщении #1695568 писал(а):

mihaild в сообщении #1695557 писал(а):

Но биекция между парами $(m, n)$ и еще чем-то не порождает, при заданной параметризации, биекцию между вашим множеством и этим чем-то.

Хорошо, я правильно понимаю, что мне нужно предъявить новую функцию $f$, аргументом которой будет $\frac{m}{2^n}$ и я с этим $\frac{m}{2^n}$ могу всё-что хочу в функции делать алгебраически и более обще - логически?

Если да, то, ну, если совсем "в наглую", то компенсировать неравенство множеств $A$ и $\mathbb Q$ умножением произвольного элемента $\frac{m}{2^n}$ на $\frac{2^n}{n}$ и для получения возрастающей функции добавить ненулевую положительную константу:

$$f(\frac{m}{2^n} \in A)=\frac{m}{2^n} \cdot \frac{2^n}{n}+1$$

Это может считаться ответом? Или нужно что-то поумнее? Слабо верится, что это ответ, учитывая, что выше писали, что это аж олимпиадная задача (8 класса).

[Shadow]

cxzbsdhwert в сообщении #1695570 писал(а):

учитывая, что выше писали, что это аж олимпиадная задача (8 класса).

Ну я там немножно погорячился, не учел условие "строго возрастающая". А насче биекции, смотрите, ведь рациональное число тоже есть упорядоченая пара целых. Но для однозначного определения люди придумали условие "взаимнопростые". Тоесть, простое число в записи $m/n$ либо в числителе, либо в знаменателе, но никак и туда и сюда. А как однозначно определить число из $A$?

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1695568 писал(а):

Хорошо, я правильно понимаю, что мне нужно предъявить новую функцию $f$, аргументом которой будет $\frac{m}{2^n}$ и я с этим $\frac{m}{2^n}$ могу всё-что хочу в функции делать алгебраически и более обще - логически?

Именно - аргументом должно быть такое число. А не представление. Например вот так

cxzbsdhwert в сообщении #1695570 писал(а):

$$f(\frac{m}{2^n} \in A)=\frac{m}{2^n} \cdot \frac{2^n}{n}+1$$

писать нельзя. Потому что получится $f\left(\frac{1}{2^1}\right) = 1 + 1 \neq \frac{4}{3} + 1 = f\left(\frac{4}{2^3}\right)$, хотя $f\left(\frac{4}{2^3}\right) = f\left(\frac{1}{2^1}\right)$.
(добавление константы, кстати, на характер монотонности не влияет никак)

[cxzbsdhwert]

Shadow в сообщении #1695576 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1695570 писал(а):

учитывая, что выше писали, что это аж олимпиадная задача (8 класса).

Ну я там немножно погорячился, не учел условие "строго возрастающая". А насче биекции, смотрите, ведь рациональное число тоже есть упорядоченая пара целых. Но для однозначного определения люди придумали условие "взаимнопростые". Тоесть, простое число в записи $m/n$ либо в числителе, либо в знаменателе, но никак и туда и сюда. А как однозначно определить число из $A$?

Хорошо, тогда $f(m,n)=\frac{m}{2^n}\cdot\frac{2^n}{n},\space \text{НОД}(m,n)=1$, $m \in \mathbb Z, n \in \mathbb N$?

1. К виду $\frac{m}{n}$ я привёл с целью получения сюръекции с простым правилом, которое, важно - обеспечивает монотонность - каждый модифицированный таким образом (домноженный) элемент из $A$ ставится в соответствие себе же из $\mathhbb Q$ . Без домножения, как было отмечено, элементы $A$ не имеют дробей с взаимнопростыми с двойкой знаменателями, поэтому простое правило "число из $A$ в такое же в $\mathhbb Q$" не было бы сюръективным, поскольку $\frac{1}{3}$ и прочие не имели бы прообраза.
Можно конечно придумать другое биективное правило: как-то пытаться выделять счётные подмножества и ими "накрывать" числа из $\mathhbb Q$, отсутствующие в $A$, но нужно же ещё соблюсти монотонность, а вот это же сложновато, но подумаю ещё.

2. Ограничения на НОД пары $m$ и $n$ обеспечивает инъекцию, хотя опять-таки, строго доказать почему прямо сейчас не могу. Понятно, что мы исключили сокращаемость дробей, чем отсеяли множество дубликатов. Но не может ли быть двух разных несокращаемых дробей, представляющих одно и тоже число? Если нет, то почему? Может связано с основной теоремой арифметики?
И ещё есть опасения, что наложением ограничения на НОД усекли не только область определения множества пар $(m,n)$ но и область определения - само множество $A$, то есть мы некоторые элементы $A$ пропускаем.
Но это точно не целые - любой числитель $m$ со знаменателем 1 будут удовл. условию НОД, значит все целые в области определения будут. Аналогично наоборот - при $m=1$ и всеми $n$ получим все неправильные дроби с числителем 1, аналогично для других числителей, и аналогично для правильных дробей. Ну а больше вроде ничего не остаётся в $ \mathbb Q$.

3. Ограничение на натуральности $n$ исключает неинъективность связанную с отрицательными числами, например $\frac{-1}{2}=\frac{1}{-2}$.

-- 28.07.2025, 15:40 --

mihaild в сообщении #1695597 писал(а):

так писать нельзя. Потому что получится $f\left(\frac{1}{2^1}\right) = 1 + 1 \neq \frac{4}{3} + 1 = f\left(\frac{4}{2^3}\right)$, хотя $f\left(\frac{4}{2^3}\right) = f\left(\frac{1}{2^1}\right)$.

Ну так всё правильно, почему нельзя-то? Только в последнем равенстве нужно уточнить что это оригинальная, как Вы показали, неинъективная $f_1$, поскольку она двум разным прообразам один образ сопоставляет. Эта та функция, которой $A$ задано.

А мы, используя эту оригинальную функцию (мы через неё "цепляемся" за элементы $A$), как нас просят, предъявили "инъективную" - что Вы сами и продемонстрировали, записав, что теперь эти два разных прообраза соответствуют разным образам.
Ну а в кавычках инъективная, потому что там всё равно будут дубликаты в виду сократимости, но это уже другой вопрос.