Podzbiór - klasyk

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11263
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3140 razy
Pomógł: 746 razy

Podzbiór - klasyk

Post autor: mol_ksiazkowy »

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie podzbiorem zbioru liczb wymiernych takim , że
i) \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \in X }\)
ii) jeśli \(\displaystyle{ x \in X}\) to \(\displaystyle{ \frac{1}{x} \in X}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{x}{x+1} \in X }\).
Udowodnić, że \(\displaystyle{ (0,1 ) \subset X}\).
Ostatnio zmieniony 16 cze 2020, o 18:08 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Interpunkcja.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Podzbiór - klasyk

Post autor: Jakub Gurak »

Chyba raczej \(\displaystyle{ \left( 0,1\right) \cap \QQ \subset X, }\) skoro \(\displaystyle{ X}\) ma być podzbiorem zbioru liczb wymiernych.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34123
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Podzbiór - klasyk

Post autor: Jan Kraszewski »

mol_ksiazkowy pisze: 16 cze 2020, o 17:54Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie podzbiorem zbioru liczb wymiernych
mol_ksiazkowy pisze: 16 cze 2020, o 17:54Udowodnić, że \(\displaystyle{ (0,1 ) \subset X}\).
Te dwie informacje wykluczają się.

JK
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11263
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3140 razy
Pomógł: 746 razy

Re: Podzbiór - klasyk

Post autor: mol_ksiazkowy »

\(\displaystyle{ \left( 0,1\right) \cap \QQ \subset X, }\)
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: Podzbiór - klasyk

Post autor: Premislav »

W pewnym zadaniu z kółka był już podobny motyw. Zaproponuję tezę mocniejszą (co zresztą jasno wynika z założeń), a mianowicie \(\displaystyle{ \QQ^{+}\setminus \left\{1\right\}\subset X}\).
Dla dodatnich liczb wymiernych sprowadzonych do najprostszej postaci przeprowadzę indukcję zupełną po sumie licznika i mianownika \(\displaystyle{ s}\), przy czym \(\displaystyle{ s\ge 3}\)
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Dla \(\displaystyle{ s=3}\) jedyne możliwości to \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) (należy do \(\displaystyle{ X}\) z założenia) i \(\displaystyle{ \frac{2}{1}=2}\) (należy do \(\displaystyle{ X}\), bo \(\displaystyle{ 2=\frac{1}{\frac{1}{2}}}\)).
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ s\in \NN^{+}, \ s>3}\) i wszystkich takich par \(\displaystyle{ (p,q)}\) liczb całkowitych dodatnich względnie pierwszych o sumie nie mniejszej niż \(\displaystyle{ 3}\), a jednocześnie mniejszej niż \(\displaystyle{ s}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{p}{q}\in X}\). Niech teraz \(\displaystyle{ p_{1}, \ q_{1}\in \NN^{+}, \ \NWD(p_{1}, q_{1})=1, \ p_{1}+q_{1}=s}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ x\in X\Leftrightarrow \frac{1}{x}\in X}\), zatem bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ p_{1}>q_{1}}\).
Istnieje takie \(\displaystyle{ k\in \NN^{+}, \ r\in \left\{1, \ldots q_{1}-1\right\}}\), że \(\displaystyle{ p_{1}=k\cdot q_{1}+r}\).
Wówczas \(\displaystyle{ \frac{p_{1}}{q_{1}}=k+\frac{r}{q_{1}}}\)
Teraz istotne są dwa spostrzeżenia:
\(\displaystyle{ 1)}\) mamy \(\displaystyle{ 3\le r+q_{1}<s}\) (oczywiste) i \(\displaystyle{ \NWD(r,q_{1})=1}\) (gdyby tak nie było, to \(\displaystyle{ \NWD(p_{1}, q_{1})>1}\) wbrew założeniu);
\(\displaystyle{ 2)}\) dla dowolnej liczby \(\displaystyle{ k\in \NN^{+}}\) i dowolnego \(\displaystyle{ x\in X}\) jest \(\displaystyle{ k+x\in X}\), co poniżej udowodnimy:
tutaj też będzie indukcja, tym razem „zwykła" po \(\displaystyle{ k\in \NN^{+}}\).
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Niech \(\displaystyle{ x\in X}\). Wykażemy, że \(\displaystyle{ 1+x\in X}\). Istotnie, skoro \(\displaystyle{ x\in X}\), to \(\displaystyle{ \frac{1}{x}\in X}\), a skoro \(\displaystyle{ \frac{1}{x}\in X}\), to \(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+1}\in X}\), czyli
\(\displaystyle{ \frac{1}{x+1}\in X}\), a wobec tego do \(\displaystyle{ X}\) należy też liczba \(\displaystyle{ 1+x=\frac{1}{\frac{1}{x+1}}}\).
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ k\in\NN^{+}}\), dla każdego \(\displaystyle{ x\in X}\) jest \(\displaystyle{ k+x\in X}\).
Wówczas, używając powyższego \(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) dla \(\displaystyle{ x:=k+x}\) dostajemy dla dowolnego \(\displaystyle{ x\in X, 1+(k+x)=(k+1)+x\in X}\)
co kończy „wewnętrzny" dowód indukcyjny.

Korzystając ze spostrzeżenia 1) i założenia indukcyjnego, mamy \(\displaystyle{ \frac{r}{q_{1}}\in X}\), a w konsekwencji, z uwagi na spostrzeżenie 2), jest \(\displaystyle{ \frac{p_{1}}{q_{1}}\in X}\), co kończy krok indukcyjny.
ODPOWIEDZ