2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение29.12.2015, 17:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/08/14
8229
Застрял на простой задаче.

Пусть дано произвольное множество $A_1$ и определенная на нем функция $f$. Доказать или опровергнуть, что для бесконечной последовательности множеств
$A_1 \supset A_2 \supset A_3 \supset... $ и множества $A = \cap A_i$ верно
$f(A_1) \supset f(A_2) \supset f(A_3) \supset... $ и $f(A) = \cap f(A_i)$.
Это легко доказывается в конечном случае, а вот на бесконечном я застрял. То есть то, что $f(A_1) \supset f(A_2) \supset f(A_3) \supset... $, доказывается как раз рассмотрением произвольного конечного случая, а вот как доказать $f(A) = \cap f(A_i)$? Легко показать, что $f(A) \subset \cap f(A_i)$, это так для любого пересечения множеств. А вот с $f(A) \supset \cap f(A_i)$ затык. Для произвольной последовательности $\{A_i\}$ это не так, значит, надо использовать монотонное включение. Как его использовать? С другой стороны, и контрпример построить не получается, да и интуиция вопиет, что контрпримера быть не может.

Дайте мне пинка, что ли, в нужном направлении.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение29.12.2015, 18:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


06/10/08
6422
Это, конечно, неверно. Рассмотрите, например, последовательность с пустым пересечением и сделайте так, чтобы пересечение образов было непустым.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение29.12.2015, 18:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/08/14
8229
А! Очень просто. Рассмотрим константу $1$ как функцию на числовой прямой: $f(x) \equiv 1$. Рассмотрим последовательность $\{A_i\}$ такую, что $A_i = [i, \infty)$. Dixi. Что у меня за талант такой - не замечать очевидных контрпримеров?

-- 29.12.2015, 18:33 --

Но вот интересно - с непустым пересечением получится или нет?

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение29.12.2015, 18:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


06/10/08
6422
Anton_Peplov в сообщении #1086844 писал(а):
Но вот интересно - с непустым пересечением получится или нет?
Ну можно добавить непустое пересечение, которое переходит в другое значение.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение29.12.2015, 20:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/08/14
8229
Xaositect в сообщении #1086846 писал(а):
Ну можно добавить непустое пересечение, которое переходит в другое значение.

Не понял этой фразы. Можно пример?

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение29.12.2015, 20:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12044
Казань
Anton_Peplov
В вашем примере добавьте в каждое множество элемент $0$ и положите $f(0)=0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение29.12.2015, 20:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/08/14
8229
Ах, вот оно что. Действительно, образ каждого $A_i$ равен $\{0, 1\}$, поэтому и пересечение всех образов равно $\{0, 1\}$. Спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение23.01.2016, 17:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/08/14
8229
Пусть дано произвольное множество $A_1$ и определенная на нем функция $f$. Скажем, что функция стройная, если для бесконечной последовательности множеств
$A_1 \supset A_2 \supset A_3 \supset... $ и множества $A = \cap A_i$ верно
$f(A_1) \supset f(A_2) \supset f(A_3) \supset... $ и $f(A) = \cap f(A_i)$ (для чего, очевидно, необходимо и достаточно, чтобы $\cap f(A_i) \subset f(A)$).

Утверждение 1. Инъекция - стройная функция.
В самом деле, рассмотрим любую точку $y \in $\cap f(A_i)$. Поскольку функция инъективна, прообраз $y$ состоит из единственной точки $x$. Поскольку $f(x)$ входит в каждое $f(A_i)$, $x$ входит в каждое $A_i$, т.е. $x \in \cap A_i = A$, а потому $f(x) \in f(A)$. Итак, $\forall y \in \cap f(A_i) \ y \in f(A)$, чего и хотелось.

Но инъективность, являясь достаточным условием стройности, не является необходимым, ибо очевидно утверждение 2.

Утверждение 2. Функция с конечной областью определения - стройная.

Вместе с тем не всякая функция является стройной, как показывают вышеприведенные примеры, которые можно обобщить до утверждения 3.

Утверждение 3. Если в области значения функции есть элемент с бесконечным прообразом, она не стройная.
В самом деле, пусть прообраз элемента $y$ - бесконечное множество. Выделим из него счетное подмножество $\{x_1, x_2, x_3...\}$ и обозначим его $A_1$. Построим
$A_2 = A_1 \setminus \{x_1\}$
$A_3 = A_1 \setminus \{x_1, x_2\}$,
...
Получим, что для каждого $i$ $f(A_i) = \{y\}$, в то время как пересечение всех $A_i$ пусто (как в примере Xaositect).

Вопрос. Достаточно ли для стройности функции, чтобы прообраз каждого элемента области значения был конечен?

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение23.01.2016, 20:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/08
10844
Crna Gora
Достаточно. Пусть прообраз точки $y\in f(A_1)$ конечен:
$f^{-1}y=X$
Тогда одно из двух:
или есть такое $x\in X$, которое принадлежит всем $A_i$,
или множества $A_i$, начиная с некоторого $i_0$, не содержат ни одного $x\in X$.

В первом случае $x\in\cap A_i \Rightarrow f(x)\in f(\cap A_i) \Rightarrow f(x)\in \cap f(A_i)$
Во втором случае $f(x)\notin f(A_{i_0})\Rightarrow f(x)\notin \cap f(A_i)\Rightarrow f(x)\notin f(\cap A_i)$
А чтобы функция не была стройной, должна существовать такая точка $y$, что
$y\notin f(\cap A_i)$, но $y\in \cap f(A_i)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение23.01.2016, 23:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/08/14
8229
Спасибо!
Я чуть переформулирую в более понятные мне слова.
Пусть прообраз каждого элемента $Y$ конечен. Докажем, что тогда $\cap f(A_i) \subset f(A)$.
Рассмотрим произвольную точку $y \in \cap f(A_i)$. Т.к. точка $y$ лежит в образе каждого $A_i$, в каждом $A_i$ должна быть хоть одна точка ее прообраза. Но по условию прообраз конечен, а значит, в нем должна быть хоть одна точка $x$, лежащая в бесконечном множестве различных $A_i$. Но по условию $A_1 \supset A_2 \supset A_3 \supset... $, а значит, точка, лежащая в бесконечном множестве различных $A_i$, лежит во всех $A_i$. Значит, она лежит в $A = \cap A_i$. А коли $x \in A$, то $f(x) = y \in f(A)$. Таким образом, для любого $y \in \cap f(A_i)$ верно $y \in f(A)$. Теорема доказана.

P.S. Интересно, а есть ли у стройных функций какое-нибудь общепринятое название? Или на всем белом свете только я ими интересуюсь?

-- 24.01.2016, 00:10 --

Anton_Peplov в сообщении #1093674 писал(а):
Но по условию $A_1 \supset A_2 \supset A_3 \supset... $, а значит, точка, лежащая в бесконечном множестве различных $A_i$, лежит во всех $A_i$.

Вот это звено мне не дает покоя. Чувствую здесь скользкое место, как и в аналогичном утверждении "$\mathbb{N}$ нельзя разбить на два бесконечных множества $A$ и $B$ так, чтобы $\forall a \in A, b \in B \ a<b$". Это вроде бы и верно, и через аксиому Архимеда вроде бы даже доказывается, но что-то я здесь чувствую...

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение24.01.2016, 01:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/08
10844
Crna Gora
Anton_Peplov
Я себя убедил здесь таким образом. Излагаю подробно, чтобы уж никаких сомнений.

Прообраз точки $y\in\cap f(A_i)$ конечен. Пусть он содержит $n$ элементов $x_1, ... , x_n$. Подходим к каждому элементу $x_k$ и спрашиваем его: «Ты принадлежишь каждому $A_i$ или нет?». Если элемент отвечает «нет», мы спрашиваем его: «Начиная с какого номера $i$ множества $A_i$ тебя уже не содержат?».

Допустим, каждый элемент прообраза $x_k$ признался, что принадлежит не всем $A_i$, и назвал номер, начиная с которого он отсутствует. Тогда мы берём максимальный из названных номеров (это возможно, так как их конечное количество), обозначим его $i_{\max}$. И делаем вывод, что множество $A_{i_{\max}}$ (и последующие) не содержит ни одну из точек прообраза $y$. Но тогда точка $y$ не содержится в $f(A_{i_{\max}})$. И, стало быть, $y$ не содержится в $\cap f(A_i)$. Противоречие.

Значит, существует такой элемент прообраза, который принадлежит всем $A_i$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение24.01.2016, 02:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/08/14
8229
svv в сообщении #1093703 писал(а):
Если элемент отвечает «нет», мы спрашиваем его: «Начиная с какого номера $i$ множества $A_i$ тебя уже не содержат?».

Anton_Peplov в сообщении #1093674 писал(а):
Но по условию $A_1 \supset A_2 \supset A_3 \supset... $, а значит, точка, лежащая в бесконечном множестве различных $A_i$, лежит во всех $A_i$. Значит, она лежит в $A = \cap A_i$.

Это одно и то же. Мы говорим, что раз последовательность монотонна по включению, то не может быть такого, чтобы $x$ принадлежал, скажем, всем $A_i$ с четными и только четными номерами. Или, скажем, тем и только тем $A_i$, номера которых - степени числа $2$. Или всем $A_i$ с простыми номерами и только им. Нет, говорим мы, раз уж последовательность монотонна по включению, то $x$ принадлежит либо конечному числу ее элементов, либо всем.
Это правильно. И все же чем-то это меня беспокоит. Паранойя у меня, наверное.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение24.01.2016, 03:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/08/14
8229
Придумал, как сказать это "на финитном языке".
Если в последовательности $A_1 \supset A_2 \supset A_3 \supset... $ точка $x$ лежит в множестве $A_k$, то она лежит во всех множествах $A_1...A_{k-1}$. Пусть теперь точка $x$ лежит в бесконечном числе разных $A_i$. Обозначим множество их номеров как $M$.
Рассмотрим произвольный элемент последовательности $A_k$. Т.к. $M$ бесконечно, в нем найдется номер $m > k$. Значит, точка $x$ лежит во всех множествах $A_1...A_{m-1}$, в том числе и в $A_k$. Таким образом, для любого $A_k$ верно $x \in A_k$, т.е. $x$ лежит во всех элементах последовательности.

Вот теперь все красиво, как Давид у Микеланджело.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение24.01.2016, 13:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/08
10844
Crna Gora
С моей точки зрения — OK. :P
Anton_Peplov в сообщении #1093718 писал(а):
И все же чем-то это меня беспокоит. Паранойя у меня, наверное.
Давайте назовём это «аберрация». Аберрации есть у всех (ну, или почти у всех). У меня их куча, вот одна. Скажите, а вот в таком варианте сомнение снимается?:

Подходим к каждому элементу $x_k$ и спрашиваем его: «Существует ли какое-то $A_i$, которому ты не принадлежишь?». Если элемент отвечает «да», мы просим его: «Номер назови, да?» :-) .

Если каждый элемент прообраза ответил «существует» и назвал номер $i_k$, мы берём из них максимальный, обозначим его $i_{\max}$, и делаем вывод, что ни один из $x_k$ не принадлежит $A_{i_{\max}}$. В противном случае, если бы какой-то $x_k\in A_{i_{\max}}$, то также $x_k\in A_{i_k}$, ведь $A_{i_k}\supset A_{i_{\max}}$.

Значит, $y\notin f(A_{i_{\max}})$ (только одному множеству!). И этого достаточно, чтобы $y\notin \cap f(A_{i_{\max}})$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходящаяся последовательность множеств
Сообщение24.01.2016, 14:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/08/14
8229
svv в сообщении #1093805 писал(а):
Скажите, а вот в таком варианте сомнение снимается?:

Оно снялось моим предыдущим сообщением, вот этим:
Anton_Peplov в сообщении #1093730 писал(а):
Придумал, как сказать это "на финитном языке"....
Меня беспокоило, что я не мог подробно доказать лемму "Дана последовательность $A_1 \supset A_2 \supset A_3 \supset... $. Если точка $x$ лежит в бесконечном числе элементов этой последовательности, то она лежит во всех ее элементах." Вместо доказательства у меня выходило "ей-Богу, так!", а таким аргументам я давно и прочно отучен доверять, тем более когда речь идет о бесконечности.
Теперь мне удалось подробно расписать доказательство этой леммы, и чувство сомнения ушло. Теперь все в порядке, спасибо Вам за участие.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group