Rozwinięcie dwójkowe liczby rzeczywistej

[Jakub Gurak]

Wiemy, że każda liczba rzeczywista z przedziału \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right)}\) ma nieskończone rozwinięcie dwójkowe. Nie musi ono być jednoznaczne, bo np. \(\displaystyle{ \frac{1}{2}=0,1000\ldots=0,0111\ldots.}\) Na ważniaku, w nieładny sposób, piszą, że rozwinięcie nie może od pewnego miejsca mieć samych jedynek. I teraz pytanie, czy po odrzuceniu rozwinięć, które od pewnego miejsca mają same jedynki, będziemy mieć już zagwarantowaną jednoznaczność rozwinięcia A jeśli tak, to jak to uzasadnić?

Podobnie, dla rozwinięcia dziesiątkowego, przy podstawie 10, czy po odrzuceniu rozwinięć, które od pewnego miejsca są stale równe \(\displaystyle{ 9}\), będziemy mieć już zagwarantowaną jednoznaczność rozwinięcia

W sumie nie wiem, czy to są zupełne podstawy, czy może mając aksjomatykę liczb rzeczywistych czy można też na to odpowiedzieć, także jeśli to zły dział to przepraszam.

[sdd1975]

A czemu "każda ma nieskończone"? - przecież \(\displaystyle{ \frac{1}{2} = 0,1 }\) czy choćby \(\displaystyle{ \frac{3}{4} = 0,11 }\) mają skończone. Zera są nieznaczące.

[a4karo]

Jednoznaczność wynika z faktu, że
$$1/2^{n-1}=1/2^n+1/2^{n+1}+1/2^{n+2}+...$$

Podobną równość pokaż dla systemu dziesiętnego

[sdd1975]

Jednoznaczność wynika z faktu, że
$$1/2^{n-1}=1/2^n+1/2^{n+1}+1/2^{n+2}+...$$

Podobną równość pokaż dla systemu dziesiętnego

To raczej uzasadnia tylko fakt, że rozwinięcie nieskończone, w którym powtarza się najwyższa cyfra systemu liczbowego, może być zastąpione rozwinięciem skończonym z najniższą niezerową cyfrą na "starszym" miejscu.

Zrozumiałem, że autorowi wątku chodziło o to, żeby wykazać, iż - odrzuciwszy tę jedną "dualność" istnieje tylko jeden sposób zapisu danej liczby - czyli, że zera i jedynki da się rozmieścić tylko na jeden sposób...

To - jak mi się wydaje - dotyczy jednoznaczności zapisu liczby w dowolnym systemie. Nie tylko dwójkowym i nie tylko po przecinku.

[a4karo]

To akutrat wynika prosto z faktu, że liczby dwójkowo wymierne, czyli liczby postaci `k/2^n, k=1,...,2^n-1` leżą gęsto w odcinku `(0,1)`. Jakub Gurak z pewnością potrafi przeprowadzić to proste wnioskowanie.


Można również powołać się ka konstrukcję rozwinięcia dwójkowego (czy dziesiętnego) z której wynika, że jeżeli `x\ne y`, to na którymś kroku liczby te znajdą się w innych przedziałach, co gwarantuje różne rozwinięcia.

[Jakub Gurak]

To akutrat wynika prosto z faktu, że liczby dwójkowo wymierne, czyli liczby postaci `k/2^n, k=1,...,2^n-1` leżą gęsto w odcinku `(0,1)`.

To jest jasne, ale jak ma mi to pomóc to nie wiem, chyba nie tędy droga.

Niech \(\displaystyle{ x \in\left[ 0,1\right) }\). Przypuśćmy, że ma ona dwa różne rozwinięcia \(\displaystyle{ a _{x},b _{x}.}\) Wtedy \(\displaystyle{ a,b :\NN \rightarrow \left\{ 0,1\right\} }\) , mamy \(\displaystyle{ a \neq b}\), zatem istnieje \(\displaystyle{ n}\) naturalne, takie że \(\displaystyle{ a\left( n\right) \neq b\left( n\right).}\) W takim razie jedna z tych wartości \(\displaystyle{ a\left( n\right), b\left( n\right) }\) wynosi \(\displaystyle{ 0}\), a druga \(\displaystyle{ 1}\). Ze względu na symetrię przyjmijmy, że \(\displaystyle{ a\left( n\right)=0, b \left( n\right)=1 }\), ponieważ wykluczyliśmy ciągi od pewnego miejsca stale równe \(\displaystyle{ 1}\), więc dla numeru \(\displaystyle{ m>n}\) w ciągu \(\displaystyle{ b}\) pojawi się \(\displaystyle{ 0}\).

Moze inaczej, niech \(\displaystyle{ n}\) będzie najmniejszym numerem dla którego \(\displaystyle{ a\left( n\right) \neq b\left( n\right).}\) Ze względu na symetrię przyjmijmy, że \(\displaystyle{ a \left( n\right)=0 }\), \(\displaystyle{ b\left( n\right)=1.}\) Numer \(\displaystyle{ n}\) jest najmniejszy, gdzie \(\displaystyle{ a\left( n\right) \neq b\left( n\right) , }\) zatem dla każdego numeru \(\displaystyle{ m<n}\) mamy \(\displaystyle{ a\left( m\right)=b\left( m\right). }\) Ponieważ wykluczyliśmy ciągi od pewnego miejsca stale równe \(\displaystyle{ 1}\), więc istnieje numer \(\displaystyle{ m>n}\), taki, że \(\displaystyle{ b\left( m\right)=0}\). Jeśli powyzej numeru \(\displaystyle{ n}\) ciąg \(\displaystyle{ a}\) jest stale równy \(\displaystyle{ 0}\), to \(\displaystyle{ \lim_n a\left( n\right) < \lim_n b \left( n\right), }\) a więc te granice są różne, a ponieważ są to rozwinięcia tej samej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\), więc obydwie te granice powinny wynosić \(\displaystyle{ x}\)- sprzeczność.
W pozostałym przypadku, istnieje numer \(\displaystyle{ k>n}\), taki, że \(\displaystyle{ a\left( k\right)=1}\). Niech \(\displaystyle{ k}\) będzie najmniejszą taką liczbą naturalną. I, nie wiem...

Trzeba będzie jakoś rozdzielić te dwa rozwinięcia, i dojść do sprzeczności, że to jest rozwinięcie tej samej liczby \(\displaystyle{ x}\), ale na razie już się poddaje.

[a4karo]

Zacząłes dobrze. Potem tak:

\(\displaystyle{ 0=x_b-x_a=\sum_{k=n}^\infty \frac{b(k)-a(k)}{2^k}=\frac{1}{2^n}+\sum_{k=n+1}^\infty \frac{b(k)-a(k)}{2^k}\blue{\geq }\frac{1}{2^n}+\sum_{k=n+1}^\infty \frac{b(k)-1}{2^k}\red{\geq }0
}\)

Kiedy zachodzi niebieska nierówność? Kiedy zachodzi czerwona?

[Jakub Gurak]

No niebieska zachodzi, bo \(\displaystyle{ a\left( k\right) \in \left\{ 0,1\right\}, }\) więc \(\displaystyle{ \frac{b\left( k\right)-a\left( k\right) }{2 ^{k} } \ge \frac{b\left( k\right)-1 }{2 ^{k} } }\), a więc również te sumy szeregów spełniają tą nierówność, dobrze??

A czerwona też zachodzi, ja bym powiedział nawet, że po prostu to wynosi \(\displaystyle{ 0}\), ta suma szeregu wynosi tyle samo co: (bo ciągu \(\displaystyle{ b}\) nie jest stale równy \(\displaystyle{ 1}\), a więc w nim \(\displaystyle{ 0}\) występują dowolnie daleko), a więc \(\displaystyle{ \frac{-1}{2 ^{n+1} } - \frac{1}{2 ^{n+2} }-\ldots=(-1)\left( \frac{1}{ 2^{n+1} } + \frac{1}{2 ^{n+2} } +\ldots \right)=- \frac{1}{2 ^{n} }, }\) czyli całość jest równe \(\displaystyle{ 0}\).

I co dalej, to akurat jest zgodne, a mamy otrzymać sprzeczność.

[a4karo]

Po lewej masz zero, po prawej coś nieujemnego. Żeby to była prawda obie nierówności muszą być rownosciami. Kiedy tak będzie?

[Jakub Gurak]

Moment, dlaczego po prawej mam coś nieujemnego Jak uzasadniłem ta suma szeregu wynosi \(\displaystyle{ \frac{-1}{2 ^{n} }, }\) a więc jest ujemna. No ale może zawsze ta suma jest większa lub równa \(\displaystyle{ \frac{-1}{2 ^{n} },}\) i pytanie dlaczego tak musi być

Wiem, jak jest równa, to jest większa lub równa, ale dlaczego nie może być mniejsza

[a4karo]

Ale na początku stoi `1/2^n`

Dodano po 1 minucie 23 sekundach:
A ostatnie pytanie jest raczej filozoficzne, dlaczego z dwóch różnych liczb jedna nie może być mniejsza

Dodano po 1 minucie 15 sekundach:
Chodzi nie o sprzeczność, tylko o to, żebyś się zastanowił kiedy w tych nierównościach zachodzi równość (bo tylko wtedy ten łańcuch jest prawdziwy)

[Jakub Gurak]

Ale na początku stoi \(\displaystyle{ \frac{1}{2 ^{n} } }\)

O tym pamiętam.

Ale chciałem się najpierw przekonać, że rzeczywiście taką nierowność można postawić. Chyba to proste , bo \(\displaystyle{ b\left( k\right) \in \left\{ 0,1\right\} }\):

\(\displaystyle{ \sum_{k=n+1}^{+ \infty } \frac{b\left( k\right)-1 }{2 ^{k} } \ge \sum_{k=n+1}^{+ \infty } \frac{0-1}{2 ^{k} }=\left( -1\right) \left( \frac{1}{2 ^{n+1} } + \frac{1}{2 ^{n+2} }+\ldots \right)=-\frac{1}{2 ^{n} } }\)

Dobrze Z tym wzorem, którego użyłem nie mam dużego doświadczenia. Dobrze

Jeśli tak będzie to całość będzie nieujemna, i chyba wszystko się wyzeruje. Ale proszę najpierw o odpowiedź czy to jest dobrze

[a4karo]

to jest ok, ale nadal nie odpowiedziałeś na pytanie kiedy zachodzą równości

[Jakub Gurak]

A jeszcze jedna rzecz mi nie daję spokoju.

Zacząłes dobrze. Potem tak:

\(\displaystyle{ 0=x_b-x_a\red{=}\sum\limits_{k=n}^{\infty} \frac{b(k)-a(k)}{2^k}=\frac{1}{2^n}+\sum_{k=n+1}^\infty \frac{b(k)-a(k)}{2^k}\blue{\geq }\frac{1}{2^n}+\sum_{k=n+1}^\infty \frac{b(k)-1}{2^k}\red{\geq }0
}\)

Ta zaznaczona równość to ... za dużo na raz. Spróbuję to obliczyć krok po kroku:

\(\displaystyle{ 0=x-x=\sum_{k\in\NN} \frac{b\left( k\right) }{2 ^{k+1} }-\sum_{k\in\NN} \frac{a\left( k\right) }{2 ^{k+1} } }\),

skorzystaliśmy, że ciagi a i b są to rozwinięcia tej samej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\), zatem ich sumy również zbiegają do liczby \(\displaystyle{ x.}\), i dalej, to jest równe

\(\displaystyle{ \sum_{k\in\NN}\left( \frac{b\left( k\right) }{2 ^{k+1}}-\frac{a\left( k\right) }{2 ^{k+1} }\right)=\sum_{k\in\NN} \frac{b\left( k\right) -a\left( k\right) }{2 ^{k+1} }= }\)

I teraz bardzo ważne pytanie: dlaczego Pan pominął \(\displaystyle{ n}\) pierwszych składników szeregu, czy zawsze tak można. Taki zabieg, z drugiej strony wygląda na zupełnie sprzeczny z kolejnym krokiem: rozumiem, że tam podstawiamy \(\displaystyle{ k=n}\), wyliczamy, a potem dodajemy to do sumy od \(\displaystyle{ k= n+1}\)- czyli jednak pojedyńczy składnik wplywa na sumę szeregu. No to może wpływać, czy nie A jeśli wpływa, to dlaczego Pan odrzucił \(\displaystyle{ n}\) pierwszych składników Czegoś tu nie rozumiem.

ale nadal nie odpowiedziałeś na pytanie kiedy zachodzą równości

I szybko nie odpowiem, bo wcześniej mam problemy, a chcę to dobrze zrozumieć.

[a4karo]

Ile wynosi `b(k) - a(k) ` dla `k<n`?

Dodano po 12 minutach 4 sekundach:
Z pojedynczym skladnikiem coś Ci się musiało pomylić : pojedynczy skladnik nie wpływa na zbieżność szeregu, ale oczywiście na wpływ na jego sumę.