Фрактальные (в смысле арифметических прогрессий) множества

[ivvan]

DeBill в сообщении #1103943 писал(а):

Ну, вообще то так и получится.

Т.е.

ivvan в сообщении #1103908 писал(а):

каждая точка является образом всех гомотетий (из конечного подмножества рассматриваемых)

не нужно?

[DeBill]

ivvan в сообщении #1103948 писал(а):

Т.е. ivvan в сообщении #1103908

писал(а):
каждая точка является образом всех гомотетий (из конечного подмножества рассматриваемых) не нужно?

да

[ivvan]

DeBill

fractalon в сообщении #1103683 писал(а):

Назовём фрактальным такое множество $A$, что для любых $a$ и $m$ некоторые хвосты множеств $A$ и $A_m^a$ совпадают.

Это значит, что все числа $x\equiv a\pmod m$ из $A$ больше некоторого будут образами отображения $x\mapsto m(x-1)+a, x\in A$, т.е. для любого $m_0$ все числа $x\in A$ больше некоторого - образы какого-то отображения с $m=m_0$. Тогда для любого конечного подмножества допустимых значений $m$ существует число, все числа $x\in A$ больше которого будут образами каждого отображения с $m$ из рассматриваемого подмножества и подходящим $a$. Всё верно?

[DeBill]

ivvan в сообщении #1104099 писал(а):

Всё верно?

Почти.

ivvan в сообщении #1104099 писал(а):

все числа $x\equiv a\pmod m$ из $A$ больше некоторого будут образами отображения $x\mapsto m(x-1)+a, x\in A$, т

Вообще то нет: в нашей конструкции где то далеко систематически появлялись новые точки $n_k^a$, с большими $k$.
Но нам и не нужно что " будут образами": нам, наоборот, важно, что они будут ПРООБРАЗАМИ каких то точек из $A$ при вашей гомотетии (Вы совершенно правильно поправили для нее формулу - у меня тут была небрежность), ведь имено это нужно для совпадения хвостов.

[ivvan]

DeBill Прокомментируйте следующее рассуждение.
Пусть $A\cap[K;+\infty)=A_m^0\cap[K;+\infty)=A_m^1\cap[K;+\infty)=\dots=A_m^{m-1}\cap[K;+\infty)$. Если $x\in A\cap[m(K-1);+\infty)$ не является образом, то $\frac{x-x\mod m}{m}+1\notin A$, хотя $\frac{x-x\mod m}{m}+1\in A_m^{x\mod m}\cap[K;+\infty)$. Противоречие.

[DeBill]

ivvan
Нда, Вы правы. Я заботился лишь о том, чтобы множества $A_m^a$ содержали множество $A$, и совершенно не заботился об обратном.Но тогда это разрушает всю (по крайней мере, упрощенную) конструкцию...
Что то у меня вообще появились сомнения в существовании такого множества....
Может, стоит посмотреть композиции "туда-сюда" наших гомотетий (с одинаковыми к-тами сжатия)? Ведь это будут сдвиги...

[fractalon]

У меня вот тоже закрались такие сомнения после последнего сообщения ivvan - множество должно становится всё цикличнее и цикличнее (для любого $m$ с какого-то момента становится периодичным с периодом $m$). Об этом я не подумал... Вот из этого как-то вывести бы несуществование...

[fractalon]

О, не так.
Если $A$ фрактально, то для всякого $m$ существует $N(m)$ такое, что для $t>N$ множество $\lbrace{tm, tm+1, tm+2, \dots, tm+m-1}\rbrace$ либо целиком содержится в $A$, либо целиком не содержится.
Получается, если рассмотреть $A$ как последовательность "островков" из сплошных нулей или единиц, то такие островки будут всё увеличиваться и увеличиваться, причём рано или поздно будут навсегда становится больше любого заданного $N$. Вот это уже серьёзный повод придраться к существованию. Только пока не пойму как. Кажется, надо анализировать числа $k_n$, равные первому число такого островка, что все островки, следующие за ним, имеют размер не меньше $n$. Вывести бы на них оценки и показать бы упорядоченность роста этих самых островков...

[fractalon]

Кажется, получилось. Из сообщения выше ясно, что несуществование множества может быть доказано если доказать невозможность существования таких последовательностей $a_1, a_2, \dots$ таких, что $\forall m \exists k=k(m)>0$ такое, что для достаточно больших $n$ будет либо $a_{n-k}=\lfloor{\frac{a_n}{m}}\rfloor$ либо $a_{n-k}=\lceil{\frac{a_n}{m}}\rceil$.
И правда, если бы такие последовательности существовали, то для достаточно больших $n$ было бы:

• либо $a_{n-k(2)k(3)}=\lfloor{\frac{a_n}{2^{k(3)}}}\rfloor$ либо $a_{n-k(2)k(3)}=\lceil{\frac{a_n}{2^{k(3)}}}\rceil$
• либо $a_{n-k(2)k(3)}=\lfloor{\frac{a_n}{3^{k(2)}}}\rfloor$ либо $a_{n-k(2)k(3)}=\lceil{\frac{a_n} {3^{k(2)}}}\rceil$

что, ясное дело, при достаточно больших $a_n$ (а они ведь растут и растут) невозможно потому что $2^{k(3)} \not =3^{k(2)}$

-- 06.03.2016, 17:21 --

Если в доказательстве не найдётся ошибки, то предлагаю поразмышлять над другими возможными фракталами в арифметическом смысле. Например, какое-нибудь множество $A \subset {\mathbb Z}$ такое, что его пересечение с любой бесконечной в обе стороны арифметической прогрессией с разностью $m$ было бы увеличенным в $m$ раз (и сдвинутым соответственно) некоторым сдвигом $A$ (сдвиг означает прибавление одного и того же числа ко всем элементам множества).

[ivvan]

fractalon в сообщении #1104664 писал(а):

Из сообщения выше ясно, что несуществование множества может быть доказано если доказать невозможность существования таких последовательностей $a_1, a_2, \dots$ таких, что $\forall m \exists k=k(m)>0$ такое, что для достаточно больших $n$ будет либо $a_{n-k}=\lfloor{\frac{a_n}{m}}\rfloor$ либо $a_{n-k}=\lceil{\frac{a_n}{m}}\rceil$.

Мне не ясно. Поясните по-подробнее.

[fractalon]

ivvan в сообщении #1104832 писал(а):

Мне не ясно. Поясните по-подробнее.

Пусть нашлось такое фрактальное множество $A$. И пусть есть произвольное число $m$.
Рассмотрим бесконечную последовательность нулей и единиц - индикаторов принадлежности каждого числа множеству $A$.

Как сказано, островки из нулей или единиц начиная с некоторого имеют размер больше $m$. Рассмотрим эту бесконечную последовательность островков и последовательность, образованную взятием нулей и единиц через каждые $m$ позиций (это самое $A_m^a$).
Вот и получается, что если как бы идти по последовательности нулей и единиц один за другим и одновременно идти по этой последовательности, скача через $m$ символов, то должно быть совпадение. А так как островки из одинаковых символов у нас больше чем $m$, то, когда мы переходим на новый островок одним шагом, то переходим на новый островок и на другом (не перескакивая никакой островок из других символов). Получается расстояние измеренное в островках между позициями этих двух одновременных проходов остаётся фиксированным. А если какой-то островок имеет размер $am+b$, то, шагая шагами по $m$ позиций, мы захапаем или $a$ или $a+1$ элемент.

Правда, я вот подумал, дальше в доказательстве надо рассматривать $a_{n+k}$ вместо $a_{n-k}$. Но сути это не меняет.

[ivvan]

fractalon в сообщении #1104909 писал(а):

Правда, я вот подумал, дальше в доказательстве надо рассматривать $a_{n+k}$ вместо $a_{n-k}$.

Почему?
А так, кажется, понял ваше доказательство.

[fractalon]

Потому что шаги по $m$ позиций перегоняют шаги по одной позиции. И "проскакивают" те, которые впереди.

И, кстати, я много лишенго там написал в доказательстве, не нужно всех этих степеней, перемножений $k(1)k(2)$.
Просто раз $a_{n+k}<\frac{a_n}{m}+1$, то будет какое-то $t$, для которого $a_{n+kt}<m$, а это уже противоречие.

[ivvan]

fractalon в сообщении #1105193 писал(а):

Потому что шаги по $m$ позиций перегоняют шаги по одной позиции.

"Перегоняющие шаги" делают на островке под номером $n+k$ $\approx\frac{a_{n+k}}{m}$ шагов, когда "отстающие" - $a_n$. Получается это:

fractalon в сообщении #1104664 писал(а):

либо $a_{n-k(2)k(3)}=\lfloor{\frac{a_n}{2^{k(3)}}}\rfloor$ либо $a_{n-k(2)k(3)}=\lceil{\frac{a_n}{2^{k(3)}}}\rceil$
либо $a_{n-k(2)k(3)}=\lfloor{\frac{a_n}{3^{k(2)}}}\rfloor$ либо $a_{n-k(2)k(3)}=\lceil{\frac{a_n} {3^{k(2)}}}\rceil$

[fractalon]

Да, да, всё верно изначально описал.

fractalon в сообщении #1104664 писал(а):

Если в доказательстве не найдётся ошибки, то предлагаю поразмышлять над другими возможными фракталами в арифметическом смысле. Например, какое-нибудь множество $A \subset {\mathbb Z}$ такое, что его пересечение с любой бесконечной в обе стороны арифметической прогрессией с разностью $m$ было бы увеличенным в $m$ раз (и сдвинутым соответственно) некоторым сдвигом $A$ (сдвиг означает прибавление одного и того же числа ко всем элементам множества).

А этот вопрос остаётся актуальным.