Zbiór miary zero

[max123321]

No, ale jeśli ponumerujemy liczby wymierne standardowo metodą przekątniową, to jak będzie wyglądał ten zbiór?

[a4karo]

Nie mam pojęcia.

[Jan Kraszewski]

No, ale jeśli ponumerujemy liczby wymierne standardowo metodą przekątniową,

To znaczy?

to jak będzie wyglądał ten zbiór?

Jest mnóstwo zbiorów, co do których nie wiesz, jak dokładnie wyglądają.

JK

[max123321]

To znaczy?

No tak jak na wikipedii to znaczy tworzymy tabelę liczb wymiernych w ten sposób:
\(\displaystyle{ 0/1,-0/1,0/2,-0/2,0/3,-0/3,0/4,-0/4,0/5,-0/5,0/6,-0/6,...}\)
\(\displaystyle{ 1/1,-1/1,1/2,-1/2,1/3,-1/3,1/4,-1/4,1/5,-1/5,1/6,-1/6,...}\)
\(\displaystyle{ 2/1,-2/1,2/2,-2/2,2/3,-2/3,2/4,-2/4,2/5,-2/5,2/6,-2/6,...}\)
\(\displaystyle{ 3/1,-3/1,3/2,-3/2,3/3,-3/3,3/4,-3/4,3/5,-3/5,3/6,-3/6,...}\)
\(\displaystyle{ 4/1,-4/1,4/2,-4/2,4/3,-4/3,4/4,-4/4,4/5,-4/5,4/6,-4/6,...}\)
\(\displaystyle{ ...}\)

W tej tabeli będą wszystki liczby wymierne.
Pierwsza liczba wymierna to będzie ta w lewym górnym rogu, potem idziemy krok w dół następnie po przekątnej w górę do końca, krok w prawo, po przekątnej w dół do końca, krok w dół, itd. wywalając liczby, które się powtarzają.

Jest mnóstwo zbiorów, co do których nie wiesz, jak dokładnie wyglądają.

JK

Aha, ok czyli nie należy się tym zbytnio przejmować, że się nie wie jak zbiór wygląda. Ale jeśli to takie trudne to może chociaż przy takim ustawieniu liczb wymiernych w ciąg powiesz mi jak wygląda fragment tego zbioru, który świadczyłby o tym, że potem do jego przecięcia należą jakieś liczby niewymierne, albo jakikolwiek nawet fragment. Jeśli to za ciężkie to ok, nie będę drążył tematu.

[Jan Kraszewski]

No tak jak na wikipedii to znaczy tworzymy tabelę liczb wymiernych w ten sposób:
(...)
W tej tabeli będą wszystki liczby wymierne.
Pierwsza liczba wymierna to będzie ta w lewym górnym rogu, potem idziemy krok w dół następnie po przekątnej w górę do końca, krok w prawo, po przekątnej w dół do końca, krok w dół, itd. wywalając liczby, które się powtarzają.

Ja wiem, tylko to nie ma nic wspólnego z "metodą przekątniową"... No i to jest uzasadnienie bardziej obrazowe niż formalne.

Ale jeśli to takie trudne to może chociaż przy takim ustawieniu liczb wymiernych w ciąg powiesz mi jak wygląda fragment tego zbioru, który świadczyłby o tym, że potem do jego przecięcia należą jakieś liczby niewymierne, albo jakikolwiek nawet fragment.

Mnie tam zupełnie wystarcza argument Dasia11 i zupełnie nie chce mi się szukać tam konkretnych liczb niewymiernych.

JK

[Dasio11]

Mniej lub bardziej można sobie tę sytuację wyobrazić, ale trzeba zrozumieć dowód. Składa się on z dwóch części:

1. Twierdzenie Baire'a: w każdej przestrzeni metrycznej zupełnej dowolny przekrój przeliczalnie wielu otwartych zbiorów gęstych jest gęsty (w szczególności niepusty).

Dowód dla \(\displaystyle{ \RR}\) z metryką euklidesową: niech \(\displaystyle{ \left< D_n : n \in \NN \right>}\) będzie ciągiem otwartych gęstych podzbiorów \(\displaystyle{ \RR}\) i niech \(\displaystyle{ I}\) będzie dowolnym przedziałem domkniętym. Rekurencyjnie zdefiniujemy zstępujący ciąg \(\displaystyle{ \left< I_n : n \in \NN \cup \{ 0 \} \right>}\) ograniczonych przedziałów domkniętych, taki że \(\displaystyle{ (\forall n \in \NN \cup \{ 0 \}) \, I_n \subseteq I \cap \bigcap_{k=1}^n D_k.}\)

\(\displaystyle{ \bullet}\) Niech \(\displaystyle{ I_0 \subseteq I}\) będzie dowolnym ograniczonym podprzedziałem.

\(\displaystyle{ \bullet}\) Załóżmy, że zdefiniowaliśmy \(\displaystyle{ I_n,}\) tak że spełniony jest warunek powyżej. Zbiór \(\displaystyle{ D_{n+1}}\) jest gęsty, zatem istnieje \(\displaystyle{ a \in \mathrm{int}(I_n) \cap D_{n+1}.}\) Zbiór \(\displaystyle{ D_{n+1}}\) jest też otwarty, więc istnieje \(\displaystyle{ r > 0,}\) takie że \(\displaystyle{ [a-r, a+r] \subseteq D_{n+1}.}\) W razie potrzeby zmniejszając \(\displaystyle{ r,}\) możemy założyć, że \(\displaystyle{ [a-r, a+r] \subseteq I_n.}\) Mamy więc

\(\displaystyle{ [a-r, a+r] \subseteq I_n \cap D_{n+1} \subseteq I \cap \bigcap_{k=1}^n D_k \cap D_{n+1} = I \cap \bigcap_{k=1}^{n+1} D_k,}\)

zatem wystarczy wziąć \(\displaystyle{ I_{n+1} = [a-r, a+r].}\) To kończy konstrukcję.

Wiadomo, że w \(\displaystyle{ \RR}\) przekrój każdego zstępującego ciągu ograniczonych przedziałów domkniętych jest niepusty, zatem istnieje \(\displaystyle{ a \in \bigcap_{n=0}^{\infty} I_n.}\) Z indukcyjnej definicji powyżej otrzymujemy

\(\displaystyle{ \bigcap_{n=0}^{\infty} I_n \subseteq I \cap \bigcap_{n=1}^{\infty} D_n,}\)

zatem \(\displaystyle{ I \cap \bigcap_{n=1}^{\infty} D_n \neq \varnothing.}\) Pokazaliśmy więc, że zbiór \(\displaystyle{ \bigcap_{n=1}^{\infty} D_n}\) ma niepusty przekrój z każdym przedziałem domkniętym, zatem jest gęsty. \(\displaystyle{ \blacksquare}\)


2. Fakt: niech \(\displaystyle{ D \subseteq \RR}\) będzie przeliczalnym zbiorem gęstym (np. \(\displaystyle{ D = \QQ}\)). Wtedy \(\displaystyle{ D}\) nie jest przekrojem przeliczalnie wielu zbiorów otwartych.

Dowód: niech \(\displaystyle{ \left< D_n : n \in \NN \right>}\) będzie dowolnym ciągiem zbiorów otwartych i załóżmy nie wprost, że

\(\displaystyle{ D = \bigcap_{n=1}^{\infty} D_n.}\)

Wobec tego \(\displaystyle{ D \subseteq D_n}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN,}\) zatem każdy \(\displaystyle{ D_n}\) jest gęsty. Niech \(\displaystyle{ D = \{ d_1, d_2, d_3, \ldots \}}\) będzie numeracją \(\displaystyle{ D,}\) świadczącą o jego przeliczalności, i niech \(\displaystyle{ B_n = D_n \setminus \{ d_n \}.}\) Nietrudno pokazać, że dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN}\) zbiór \(\displaystyle{ B_n}\) jest otwarty i gęsty, a ponadto

\(\displaystyle{ \bigcap_{n=1}^{\infty} B_n = \bigcap_{n=1}^{\infty} D_n \setminus \{ d_1, d_2, d_3, \ldots \} = D \setminus \{ d_1, d_2, d_3, \ldots \} = \varnothing,}\)

co jest sprzeczne z twierdzeniem Baire'a. \(\displaystyle{ \blacksquare}\)


Jak zrozumiesz powyższe dwie konstrukcje, to dzięki nim możesz sobie (do pewnego stopnia) wyobrazić, w jaki sposób znajdujemy liczbę niewymierną w przekroju zbiorów \(\displaystyle{ P_m}\) z Twojego zadania. Wystarczy rozważyć ciąg otwartych zbiorów gęstych \(\displaystyle{ P_m \setminus \{ w_m \} \subseteq \RR}\) i użyć metody z dowodu twierdzenia Baire'a.

Przedstawione dowody mówią jeszcze więcej: zbiór liczb niewymiernych w przekroju \(\displaystyle{ \bigcap_{m=1}^{\infty} P_m}\) jest gęstym podzbiorem \(\displaystyle{ \RR}\) (a nawet rezydualnym, czy topologicznie bardzo dużym). W zasadzie w połączeniu z Twoim zadaniem, że jest on miary zero, zrobiliśmy tutaj dowód twierdzenia Marczewskiego.

[bartek118]

Jest mnóstwo zbiorów, co do których nie wiesz, jak dokładnie wyglądają.

Otóż to, wyobraźnia w takich zadaniach może zawodzić. Mogę podać inny przykład, który - w moim subiektywnym odczuciu - jest "niewyobrażalny", a bardzo zbliżony do omawianego. Niech \(\displaystyle{ \{ q_n \}}\) oznacza ciąg wszystkich liczb wymiernych. Niech
\(\displaystyle{ A := \mathbb{R} \setminus \bigcup_{n=1}^\infty \left( q_n - \frac{1}{2^n}, q_n + \frac{1}{2^n} \right)}\)
Wtedy \(\displaystyle{ A}\) ma miarę nieskończoną, nie zawiera natomiast żadnego odcinka otwartego. Co więcej, wydaje się, że przecież, skoro otoczyliśmy każdą liczbę wymierną jakimś zbiorem otwartym, to z gęstości liczb wymiernych, pokryliśmy całą prostą. A tu okazuje się, że tych niepokrytych liczb zostało całkiem sporo, ale nie pozostał żaden odcinek w całości.