Докажите что множество A плотно в множестве B.

[Scout]

Докажите, что множество $A$ плотно в множестве $B$:
$A=\{\sin n:$n \in \mathbb{Z}$\}$
$B=[-1,1]$
Подскажите с алгоритмом решения данной задачи, что первое, что второе...
Преподаватель только подсказал, что как-то можно значения $x$ намотать на единичную окружность, то есть начальное значение это $x=x-2\pi k$. Все значения должны покрыть эту окружность. Хотя я думаю он долгий путь сказал, а наверно есть попроще?

[gris]

Может быть попробовать через иррациональность периода синуса плюс его непрерывность, конечно. Наверное, это справедливо для любой непрерывной периодической функции с иррациональным периодом, что множество значений функции в целых точках плотно в множестве значений.

[Cave]

Докажите утверждение: если в последовательности встретится число $a$, то в ней также встретится число, по модулю меньшее $|a|/2$. Отсюда выведите, что встретятся сколь угодно малые по модулю числа, а отсюда - что для любого числа из $[-1;1]$ в любой его окрестности в последовательности встретится число.

[Профессор Снэйп]

$$ (\forall a,b \in [-\pi/2,\pi/2])(a < b \rightarrow (\exists k,n \in \mathbb{Z})(k + 2\pi n \in [a,b])) $$

[Scout]

Я пока понимаю что синус принимает целые значения на 90,270,450 и т.д. Вот они на 100% совпадают с концами множества $B$. Кстати топология тут естесственная то есть на прямой. А теперь разве я могу утверждать что $\forall n \in A, \forall U \in T ( n \in U)\Rightarrow($U\cap B\neq 0)$$. А ведь еще с окресностью надо что-то делать.

Если могу то $A$ плотно $B$.

[id]

Scout
Решение ( идея ) - есть у gris, реализация - у Профессор Снэйп.

В качестве $[a,b]$ просто берем прообраз $\varepsilon$-окрестности интересующей точки.

[gris]

Scout, если $n$ это градусы, то множество значений $\sin n$ конечно и не может быть плотно в бесконечном множестве.
$n$, скорее всего, это просто число. Ну как бы радианы.

[Sasha2]

Если положить $x=\sin (y+2\pi k)$, то задача по сути дела сводится к тому, чтобы показать существоование таких $n$ и $k$, что неравенство $|n-y-2\pi k|<\epsilon$ выполняется для любого наперед выбранного $\epsilon>0$
При $y=0$ - это очевидно. Достаточно, в качестве n и k выбирать числители и знаменатели подходящих дробей, получаемых из той бесконечной цепной дроби, в которую раскладывается $2\pi$.
Общий случай также не представляет трудностей при $y$ - рациональном Сводится к предыдущему.
А в случае иррационального $y$, достаточно заменить его приближением по недостатку или по избытку в зависимости от того положительно или отрицательно это $y$.

[Scout]

подумаю

[id]

Профессор Снэйп
Кстати, а как Вы предлагали доказывать Вашу лемму? ( понятно, конечно, что надо прикрутить теорему Дарбу )

[Профессор Снэйп]

id в сообщении #284983 писал(а):

Профессор Снэйп
Кстати, а как Вы предлагали доказывать Вашу лемму? ( понятно, конечно, что надо прикрутить теорему Дарбу )

Ну... Я не знаю, что такое теорема Дарбу, но всё до безобразия просто.

Пусть даны $a < b$. Рассмотрим множество

$$ A = \{ \{ k/2\pi \} : k \in \mathbb{Z} \} $$

Если $A$ конечно, то число $2\pi$ рационально. Значит, $A$ бесконечно и существуют $x,y \in A$, такие что $|x-y| < (b-a)/2\pi$. Из определения $A$ имеем $z = |x-y| \in A$. Значит, $m + 2\pi l = 2\pi z$ для некоторых $m,l \in \mathbb{Z}$. В силу $2\pi z < b-a$ найдётся целое $s$, для которого $2\pi z s \in [a,b]$. Полагая $k = ms$ и $n = ls$, получаем $k + 2\pi n \in [a,b]$.

Что-то раскрыть подробнее или и так всё ясно?

[id]

Профессор Снэйп
Да нет, все понятно, спасибо ( если \floor - обозначение дробной части ).

Цитата:

Пусть $x \in \mathbb R$.
Тогда эквивалентны:
1) $x \notin \mathbb{Q}$
2) существует бесконечно много несократимых дробей $\frac p q$: $|x-\frac p q| < \frac 1 {q^2}$.
3) существует такая последовательность $\frac {p_k} {q_k}, q_n \to +\infty: 0 \neq x - \frac {p_k} {q_k} = o(\frac 1 {q_n})$

В частности, с ее помощью легко показать что $A$ выше не только бесконечно, но даже всюду плотно в $(0,1)$

[Профессор Снэйп]

id в сообщении #285016 писал(а):

В частности, с ее помощью легко показать что $A$ выше не только бесконечно, но даже всюду плотно в $(0,1)$

Да это вроде и так очевидно.

$\lfloor x \rfloor$ - да, дробная часть $x$ (Чёрт, это вроде целая часть так обозначается. А дробная $\{ x \}$. Сейчас исправлю )

Кстати, небольшое обобщение (из которого лемма следует очевидным образом). Пусть $A \subseteq \mathbb{R}$ - подгруппа абелевой группы $\langle \mathbb{R}, + \rangle$. Доказать, что либо $A$ всюду плотно в $\mathbb{R}$, либо $A$ - циклическая подгруппа.

-- Вт фев 02, 2010 01:23:10 --

Да, так будет короче и изящнее. Никаких дробных частей нафиг не надо. А уж теоремы Дарбу - тем более.

[id]

Профессор Снэйп
В качестве $A$ предлагается брать $\{ k+2\pi s : k,s \in \mathbb Z\}$?
Да, симпатичнее.

[Профессор Снэйп]

id в сообщении #285122 писал(а):

Профессор Снэйп
В качестве $A$ предлагается брать $\{ k+2\pi s : k,s \in \mathbb Z\}$?

Ага

Лемма Если $A$ --- подгруппа в $\langle \mathbb{R},+\rangle$, то либо $A$ циклическая, либа $A$ всюду плотно в $\mathbb{R}$.

Доказательство. Пусть $A$ не циклическая.

Рассмотрим $a \in A$, такой что $a > 0$. Индукцией по $n \in \mathbb{N}$ легко устанавливается, что для любого $n \in \mathbb{N}$ существует $a_n \in A$, такой что $0 < a_n \leqslant a/2^n$. Для $n=0$ можно положить $a_0 = a$. Пусть $a_n$ существует. Так как $A$ не циклическая, то существуют $k \in \mathbb{Z}$ и $b \in A$, такие что $ka_n < b < (k+1)a_n$. Но тогда либо $b \leqslant (2k+1)a_n /2$ и можно положить $a_{n+1} = b-ka_n$, либо $b > (2k+1)a_n/2$ и $a_{n+1} = (k+1)a_n-b$.

Таким образом, для любого $\varepsilon > 0$ существует $a_\varepsilon \in (0,\varepsilon) \cap A$. Плотность $A$ немедленно следует из справедливости $ka_\varepsilon \in A$ для любого $k \in \mathbb{Z}$. $\square$.

Пусть теперь $A = \{ k + 2\pi n : k,n \in \mathbb{Z} \}$. Если $A$ циклическая, то она порождается элементом $k_0 + 2\pi n_0$ при некоторых $k_0,n_0 \in \mathbb{Z}$. Имеем $1 = k_0s + 2\pi n_0s$ и $2\pi = k_0t + 2\pi n_0 t$ при некоторых $s,t \in \mathbb{Z}$. Отсюда $t = k_0st + 2\pi n_0st = 2\pi s$ и либо $s = 0 = 0\cdot(k_0+2\pi n_0) = s\cdot(k_0+2\pi n_0) = 1$, либо $\pi = t/2s \in \mathbb{Q}$, что невозможно.

Задремал вчера ночью перед компом и вот такая штука приснилась. Извиняюсь за полное решение, но вроде топикстартер уже до всего допёр и, значит, решение приводить можно