Matematyka.pl

Udowodnij, że zbiór liczb wymiernych postaci \(\displaystyle{ \frac{p}{2^n}}\) dla \(\displaystyle{ p,n \in \mathbb{Z}}\) jest gesty w \(\displaystyle{ \mathbb{R}.}\)

definicje zbioru gęstego znasz , nie? musimy pokazac ze pomiedzy dowolnymi dwoma elementami tego zbioru istnieje (rozny od tych dwoch elementow) element( zapisane debilnie , no ale:P )

szkic dowodu przedstawiam.

musimy rozpatrzyc kilka przypadkow.
1)\(\displaystyle{ \frac{f}{ g^{d} }>0}\)
\(\displaystyle{ \frac{k}{ 2^{l} }<0}\)

liczby te są roznego znaku. Zatem takim elementem pomiędzy nimi bedzie liczba 0.
2)\(\displaystyle{ \frac{f}{ 2^{d} }>0}\)
\(\displaystyle{ \frac{k}{ 2^{l} }=0}\)

wtedy pomiedzy tymi liczbami bedzie liczba np :\(\displaystyle{ \frac{f}{ 2^{d+1} }>0}\)

3) \(\displaystyle{ \frac{f}{ 2^{d} }>0}\)
\(\displaystyle{ \frac{f}{ 2^{d+1} }>0}\)
wtedy pomiedzy tymi liczbami bedzie liczba: \(\displaystyle{ \frac{f}{ 2^{d+2} }>0}\)

itd...

liczby te mogą sie roznic i licznikiem i mianownikiem wiec prosze uwazac przy "dalszym kombinowaniu"
polecam przeniesc temat do dzialu "logika" . Tam jest specjalista od tego typu zadanek, ktory mnie pewnie opierdzieli za moje rozwiazanie;]

a gdzie mogę znalesc cały dowód? proszę o wskazówki

a ja wiem?!
podkreslam: TO NIE JEST DOWOD. To są MOJE przemyslenia na ten temat. Zajrzyj do ksiazki, przeszukaj internet.

Hm, przypuszczam, że bardziej chodzi o to, że dla \(\displaystyle{ A:= \{\tfrac{k}{2^{l}} \ : \ k, l \in \mathbb{Z}\}}\) jest \(\displaystyle{ \overline{A} = \mathbb{R}.}\)

Zbiór jest gęsty wtedy i tylko wtedy, gdy ma niepuste przecięcie z każdym zbiorem otwartym.

Zauważmy, że ponieważ przedziały otwarte stanowią bazę topologii naturalnej na prostej (innymi słowy dla każdego zbioru otwartego i punktu w nim siedzącego znajdziemy przedział otwarty zawierający ten punkt i zawarty w tymże zbiorze otwartym), to wystarczy pokazać, że w każdym przedziale otwartym znajdzie się jakiś element zbioru \(\displaystyle{ A.}\)

Weźmy więc dowolny przedział \(\displaystyle{ (a, b), \ a,b\in\mathbb{R}, \ a < b.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \frac{1}{2^{l}}\to 0 (l\to\infty)}\) to znajdziemy \(\displaystyle{ l\in \mathbb{N}\subset \mathbb{Z}}\) takie, że \(\displaystyle{ \frac{1}{2^{l}} < b - a.}\)
Teraz weźmy takie \(\displaystyle{ x, y \in \mathbb{Z}\subset A}\) że \(\displaystyle{ x < a, \ b < y.}\)
Rozpatrujemy zbiór \(\displaystyle{ B:= \{x + \tfrac{m}{2^{l}} \ : \ m \in \{0, 1, \ldots, 2^{l}(y - x)\}\}\subset A.}\)
Weźmy największe \(\displaystyle{ m_{0}\in \{0, 1, \ldots, 2^{l}(y - x)\}}\) takie, że \(\displaystyle{ x + \tfrac{m_{0}}{2^{l}} < a.}\)
Wtedy \(\displaystyle{ x+\tfrac{m_{0} + 1}{2^{l}} \in B}\) i \(\displaystyle{ x+\tfrac{m_{0} + 1}{2^{l}} > a,}\) z maksymalności \(\displaystyle{ m_{0}}\) i ponieważ \(\displaystyle{ B \ni x + \tfrac{2^{l}(y - x)}{2^{l}} = y > a.}\)
Ponadto \(\displaystyle{ x+\tfrac{m_{0} + 1}{2^{l}} < b,}\) ponieważ \(\displaystyle{ \tfrac{1}{2^{l}} < b - a.}\)
Stąd \(\displaystyle{ x+\tfrac{m_{0} + 1}{2^{l}} \in (a, b)}\) co kończy dowód.

1) Niech \(\displaystyle{ x>y>0}\)
Weźmy dowolne \(\displaystyle{ n \in N}\) takie że
\(\displaystyle{ 2^n>\frac{2}{(x-y)}\\
2^nx-2^ny>2\\
2^nx>2+2^ny \ge 1+\lfloor2^ny\rfloor>2^ny \\
x>\frac{1+\lfloor2^ny\rfloor}{2^n}>y}\)
zauważmy, że \(\displaystyle{ 1+\lfloor2^ny\rfloor \in Z}\)
2) \(\displaystyle{ x>0>y}\), tu liczba 0.
3) \(\displaystyle{ 0>x>y}\)
weźmy \(\displaystyle{ x'=|x|, y'=|y|}\). Wtedy szukana liczba to \(\displaystyle{ -\frac{1+\lfloor2^ny'\rfloor}{2^n}}\)

ja mam bardzo podobne zadanie bo mam udowodnić, że zbiór
\(\displaystyle{ A= \left\{ \frac{k}{2^N} ,N\in \mathbb{N}, k\in \left\{ 0,...,2^N \right\} \right\}}\)
jest gesty na przedziale \(\displaystyle{ \left[ 0,1 \right]}\)
czy ktoś by mógl mi rozpisać ten dowód?