Сумма 3 биекций (числовые рациональные последовательности)

[acs]

Пусть $\mathrm{f:}\mathbb{N}\to\mathbb{Q}$ (т.е. $\mathrm{f}$ - произвольная числовая последовательность с рациональными коефициентами).
Доказать, что существуют 3 биекции $\mathrm{g,l,h:}\mathbb{N}\to\mathbb{Q}$, такие что $\mathrm{f(n)=g(n)+l(n)+h(n)}$, $\forall n \in \mathbb{N}$

[Brukvalub]

А так пойдет: $g = \frac{f}{3} - 1\;;\;l = \frac{f}{3}\;;\;h = \frac{f}{3} + 1$?

[acs]

Нет - Эсли l = f/3 - биекция, то следует, что f - биекция, a это не обязательно так.

[Brukvalub]

Да, не вчитался - показалось, что и f - биекция

[vlad239]

acs писал(а):

Пусть $\mathrm{f:}\mathbb{N}\to\mathbb{Q}$ (т.е. $\mathrm{f}$ - произвольная числовая последовательность с рациональными коефициентами).
Доказать, что существуют 3 биекции $\mathrm{g,l,h:}\mathbb{N}\to\mathbb{Q}$, такие что $\mathrm{f(n)=g(n)+l(n)+h(n)}$, $\forall n \in \mathbb{N}$

Идея понятна - на каждом шаге строим по три члена последовательностей $g,l,h$. Выберем произвольную нумерацию $\mathbb Q $. Затем $g(1)$ сделаем равным первому рациональному числу, а $l(1)$ и $h(1)$ выберем произвольно так, чтобы сумма была какая надо. Затем $l(2)$ сделаем равным первому еще не встречающемуся в $l$ рациональному числу (может быть первое рациональное число уже занялось на первом шаге). И $h(3)$ - то же самое. Продолжаем процесс до бесконечности. На каждом шаге из бесконечного числа представлений в виде суммы будут запрещены лишь несколько (конечное число) - те, в которых есть уже задействованные слагаемые. Детали - самостоятельно.

Влад.

[xaxa3217]

> Детали - самостоятельно.
Нуу тут как раз самое сложное это установить корректность подобного "предельного перехода в бесконечность". к примеру, возьмем произвольную биекцию $f:\mathbb{N}\to\mathbb{Q}$, тогда на каждом шаге $i$ будем бежать вправо пока не найдем $n: f(n) > f(j), \forall j<i$ и поменяем значение функции в точках $i$ и $n$, таким образом в "пределе" получится биективное и монотонное отображение на $\mathbb{Q}$, что естественно невозможно.
Там же вроде бы двух функций достаточно (имея две к трем перейти просто)? Введем фиксированное биективное отображение $m: \mathbb{N} \to \mathbb{Q}$, а за $l$, $g$ возьмем биективные отображения $\mathbb{N} \to \mathbb{N}$, осталось преобразовать $l$ и $g$ так, чтобы $\forall n f(n) = m(l(n)) - m(g(n))$. На каждом шаге $i$-ом шаге $\forall C, \exists a,b \in \mathbb{N} a,b > C: m(a)-m(b)=f(n)$, поэтому можно всегда подобрать такие $a,b: 0<j<i => l(j) != a, g(j)!=b$. Теперь находим (справа поскольку слева таких нет и найдутся тк биекция) такие $a', b': l(a')=a, g(b')=b$ и меняем значения в каждой соотв. функции местами. В итоге у нас $l$ и $g$ останутся биективными отображениями $\mathbb{N} \to \mathbb{N}$, только потому что натуральный ряд представляет собой дискретное упорядоченное множество.

[vlad239]

xaxa3217 писал(а):

> Детали - самостоятельно.
Нуу тут как раз самое сложное это установить корректность подобного "предельного перехода в бесконечность". к примеру, возьмем произвольную биекцию $f:\mathbb{N}\to\mathbb{Q}$, тогда на каждом шаге $i$ будем бежать вправо пока не найдем $n: f(n) > f(j), \forall j<i$ и поменяем значение функции в точках $i$ и $n$, таким образом в "пределе" получится биективное и монотонное отображение на $\mathbb{Q}$, что естественно невозможно.

Разумеется, если строить только члены $f$, можно еще и не такое получить. Но обратите внимание - за три шага мы строим по одному члену в каждой последовательности. Причем всегда берем первый неиспользованный в ней.

Влад.

[xaxa3217]

видимо в первый раз неправильно разобрал Ваше решение, сейчас понял, что мой ответ по сути то же самое.