Podzbiory przedziału

[mol_ksiazkowy]

Zbiory \(\displaystyle{ A, B}\) są rozłączne i są rozkładem \(\displaystyle{ [0,1] }\), tj. \(\displaystyle{ A\cap B = \emptyset}\) i \(\displaystyle{ A\cup B =[0,1]}\). Udowodnić, że nie istnieje \(\displaystyle{ x}\) takie, że \(\displaystyle{ x+A=B}\).
Uwagi
\(\displaystyle{ x+A=\{ x+a : a \in A \}}\)

Ukryta treść:    

zródło : 144 problems

Kod: Zaznacz cały

https://kupdf.net/download/144-problems-of-the-austrian-polish-mathematics-competition-2c-1978-1993_58c0f3cae12e89ce67add374_pdf

[krl]

Szkic rozwiązania:
Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ x+A=B}\).
1. \(\displaystyle{ 0\in A}\) oraz \(\displaystyle{ 1\in B}\).
2. Niech \(\displaystyle{ b=\inf B}\) oraz \(\displaystyle{ a=\sup A}\). Wtedy \(\displaystyle{ 0<b<a<1}\). Istotnie, jeśli nie, to \(\displaystyle{ a=b}\), \(\displaystyle{ A}\) to przedział od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ a}\), lewostronnie domknięty, a \(\displaystyle{ B}\) to przedział od \(\displaystyle{ a}\) do \(\displaystyle{ 1}\), prawostronnie domknięty. Wtedy \(\displaystyle{ B=x+A}\) jest również lewostronnie domknięty, zaś \(\displaystyle{ A = -x+B}\) prawostronnie domknięty, czyli \(\displaystyle{ a=b\in A\cap B}\), sprzeczność. Datego \(\displaystyle{ 0<b<a<1}\).
3. \(\displaystyle{ 1=\sup B = \sup (x+A) = x + \sup A = x+a}\), dlatego \(\displaystyle{ x=1-a}\) i \(\displaystyle{ a\in A}\).
4. Z drugiej strony \(\displaystyle{ b = \inf B= \inf (x+A) = x+ \inf A = x }\), dlatego \(\displaystyle{ x=b}\) i \(\displaystyle{ b\in B}\).
Dalej z założeń i definicji wynika, że
\(\displaystyle{ [0,b)\subseteq A,\ [b,2b)\subseteq B,\ [2b,3b)\subseteq A,\dots}\)
tak długo, jak te przedziały przynajmmniej kroją niepusto przedział \(\displaystyle{ [0,1]}\).
Dlatego \(\displaystyle{ a=\sup A = kb}\) dla pewnego nieparzystego całkowitego \(\displaystyle{ k}\), czyli \(\displaystyle{ a\not\in A}\), sprzeczność.

[Dasio11]

Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ x+A = B}\). Dla \(\displaystyle{ s \in \RR}\) niech \(\displaystyle{ I_s = [0, 1] \cap (s + x \mathbb{Z}) = [0, 1] \cap \{ s + xk : k \in \mathbb{Z} \}}\), \(\displaystyle{ A_s = A \cap I_s}\), \(\displaystyle{ B_s = B \cap I_s}\). Wtedy \(\displaystyle{ A_s}\) i \(\displaystyle{ B_s}\) tworzą podział zbioru skończonego \(\displaystyle{ I_s}\) oraz nadal \(\displaystyle{ x + A_s = B_s}\), zatem \(\displaystyle{ |A_s| = |B_s|}\). W szczególności \(\displaystyle{ I_s}\) ma parzyście wiele elementów. Aby dojść do sprzeczności, wystarczy wskazać takie \(\displaystyle{ s \in \RR}\), że \(\displaystyle{ I_s}\) ma nieparzyście wiele elementów.

Zauważmy, że gdy \(\displaystyle{ s \to 0^-}\), to \(\displaystyle{ |I_s|}\) jest od pewnego miejsca stała, i mniejsza o jeden od \(\displaystyle{ |I_0|}\). Zatem albo \(\displaystyle{ s = 0}\) jest dobre, albo każde \(\displaystyle{ s}\) ujemne i dostatecznie bliskie zeru.