fixfix
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
 
 Система подмножеств на прямой...
Сообщение13.04.2007, 17:35 


13/04/07
2
Дорогие друзья! Помогите, пожалуйста решить такую вот задачу. Про множество K известны такие условия:

$(1)$ $K$ - собственное подмножество множества всех конечных и счетных подмножеств $\mathbb{R}$,

$(2)$ $K$ содержит все конечные подмножества $\mathbb{R}$,

$(3)$ $k_1, k_2 \in K \Rightarrow k_1 \cup k_2 \in K$

$(4)$ $k_1 \subseteq k \in K \Rightarrow k_1 \in K$

Требуется доказать, что $\exists$ счетное (бесконечное) $S \subseteq \mathbb{R}$ такое, что
$k \in K$ и $k \subseteq S \Rightarrow k$ --- конечно.


(Или опровергнуть)

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача, понятная даже абитуриету
Сообщение13.04.2007, 21:08 


24/03/07
321
ну я бы не сказал, что задача понятная абитуриенту. Я сам не сразу в суть въехал :)

Утверждение это не верно.
Пусть $H$ - все нечетные натуральные числа. Давайте рассмотрим набор подмножеств натуральных чисел, состоящий из множеств $H, 2H, 4H, ... , 2^m H, ... $ (эти множества попарно не пересекаются и в объединении дают все $\mathbb{N}$), а также всех конечных подмножеств натуральных чисел. Возьмем замыкание $X$ этого набора относительно операций 3) (объединения) и 4) (взятия подмножества). Очевидно, все подмножества $\mathbb{N}$ у нас не получатся. Теперь в качестве $K$ возьмем все конечные и счетные подмножества $M\subseteq\mathbb{R}$ такие, что $M\cap\mathbb{N} \in X$. Такое $K$ удовлетворяет условиям. Но при этом $S$ с таким хитрым свойством не существует.
Если в определении $K$ добавить, что бесконечное объединение подмножеств из $K$ должно принадлежать $K$, то тогда утверждение становится верным.

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача, понятная даже абитуриету
Сообщение13.04.2007, 21:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Conquerant писал(а):
Дорогие друзья! Помогите, пожалуйста решить такую вот задачу. Про множество K известны такие условия: ...
$(2)$ $K$ содержит все конечные подмножества $\mathbb{R}$,...

Dandan писал(а):
Такое $K$ удовлетворяет условиям.

А выполняется ли для Вашей конструкции свойство 2 ? Есть ощущение, что не выполняется. Например, входит ли в построенное Вами множество К одноточечное множество {0,5} ?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение13.04.2007, 22:13 


24/03/07
321
\{1/2\}\cap\mathbb{N} = \emptyset \in X

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача, понятная даже абитуриету
Сообщение13.04.2007, 23:09 
Заслуженный участник


14/01/07
787
Dandan писал(а):
Но при этом $S$ с таким хитрым свойством не существует.

Пусть в Вашей конструкции $S=${$1,2^2,\dots,2^n,\dots$}$\subseteq \mathbb{R}$. Мне кажется, оно удовлетворяет условию задачи.

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача, понятная даже абитуриету
Сообщение13.04.2007, 23:48 


24/03/07
321
Да, действительно. В качестве S$ можно просто взять по представителю из $H, 2H, 4H, ... , 2^m H, ... $.
Надо додумывать.

Добавлено спустя 14 минут:

Первоначальную задачу можно свести к следующей:
доказать, что если мы в каждом бесконечном подмножестве натуральных чисел выберем некоторое бесконечное подмножество этого подмножества, то найдется конечное количество выбраных, которые в объединении дают всё \mathbb{N} (кроме конечного количества чисел)

 Профиль  
                  
 
 Решение, понятное даже мне
Сообщение14.04.2007, 01:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3826
Рассмотрим все не более чем счётные подмножества $\mathbb{R}$, имеющие конечное число предельных точек. Они образуют множество $K$, удовлетворяющее условиям (1)-(4). Попробуйте для него подобрать $S$. :wink:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.04.2007, 10:16 


24/03/07
321
Да, а можно еще так. Выберем все такие подмножества $M$ натуральных чисел, что сумма $$\sum_{n \in M}\frac1n$$ конечна. В качестве $K$ возьмем этот набор, все конечные подмножества $\mathbb{R}$ и все возможные конечные объединения этих подмножеств. Такого $S$ тут тоже не найдется.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.04.2007, 01:16 
Экс-модератор
Аватара пользователя


30/11/06
1265
Dandan
Окружайте, пожалуйста, тегом [math] только формулы.

 Профиль  
                  
 
 Спасибо, огромное, что подумали вместе со мной!
Сообщение16.04.2007, 03:12 


13/04/07
2
Отдельное спасибо Dandan, идея правильная! За выходные я додумался до решения. В Ваших словах, Dandan, я заметил отличную идею о том что нужно выделить только одно счетное подмножество(у Вас - множество нат чисел). Я тоже пошел по этому пути. Второе решение просто гениально!!! Я просто в восторге, насколько естественно условия 3 и 4 соответствуют специфике сходимости рядов.
Я придумал другое решение, но оно призывает на помощь понятия кольца, идеала и фактор-кольца и много сложнее, так что если хотите, я расскажу, не хотите не расскажу;)

Thank you very much)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.04.2007, 16:17 


24/03/07
321
кстати, контрпример можно и без фокусов мат анализа построить. Давайте разобьем множество натуральных чисел на бесконечное число бесконечных множеств (например как во втором посте). Теперь просто берем все подмножества, которые с каждым множеством из разбиения имеют лишь конечное число общих элементов. Остальное понятно...

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 11 ] 

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