Tre quesiti...
1)Sia $XsubRR$ un insieme non vuoto e perfetto. Dimostrare che non è numerabile.
2)Provare che $QQ$ non è completo secondo Cauchy.
3)Calcolare $lim_(ntoinfty)[1/(n+1)+1/(n+2)+...+1/(2n)]$
2)Provare che $QQ$ non è completo secondo Cauchy.
3)Calcolare $lim_(ntoinfty)[1/(n+1)+1/(n+2)+...+1/(2n)]$
Risposte
no, non sono affatto sicuro di quello che affermo, visto che lo baso su cose che ho studiato diverso tempo fa, ohimé.
Però, ricordo che un punto è d'accumulazione per un insieme se in ogni suo intorno esistono punti dell'insieme distinti da esso. A me sembra che in ogni intorno di un numero razionale vi siano infiniti numeri razionali. Mi sbaglio?
Però, ricordo che un punto è d'accumulazione per un insieme se in ogni suo intorno esistono punti dell'insieme distinti da esso. A me sembra che in ogni intorno di un numero razionale vi siano infiniti numeri razionali. Mi sbaglio?
"kinder":
no, non sono affatto sicuro di quello che affermo, visto che lo baso su cose che ho studiato diverso tempo fa, ohimé.
Però, ricordo che un punto è d'accumulazione per un insieme se in ogni suo intorno esistono punti dell'insieme distinti da esso. A me sembra che in ogni intorno di un numero razionale vi siano infiniti numeri razionali. Mi sbaglio?
...no, non ti sbagli; però oltre che infiniti numeri razionali esistono, in ogni intorno, anche infiniti numeri irrazionali (è qui che ti volevo fare arrivare); i numeri irrazionali sono punti di accumulazione di $QQ$ ma non fanno parte di $QQ$ ergo $QQ$ non è perfetto nel senso sopra spiegato.
può darsi che mi sbaglio, ma intendevo un insieme perfetto se ogni suo punto è punto d'accumulazione per l'insieme. Se così fosse, sarebbe legittimo classificare $QQ$ come perfetto. Ma forse mi sbaglio sulla definizione di insieme perfetto.
Allora...indichiamo con $DA$ l'insieme dei punti di accumulazione dell'insieme $A$. Un insieme si dice perfetto se $A=DA$. Ora, nel nostro caso $DQQ$ comprende anche numeri irrazionali che non fanno parte di $QQ$, quindi $QQ$ non è perfetto.
Non so se mi sono spiegato bene...in caso contrario dimmelo.
Non so se mi sono spiegato bene...in caso contrario dimmelo.
no, non ti sei spiegato male. E' banale che se consideri $QQ$ come sottoinsieme di $RR$ allora ogni suo intorno (esteso in $RR$) contiene anche numeri irrazionali. Però questo è vero se come intorno di un numero razionale consideri punti di $RR$ e non solo, come intendevo io, punti di $QQ$. Il ragionamento che facevo io si limitava a considerare solo $QQ$ e non altri insiemi che lo contengono (al limite il corpo complesso). Comunque, ci siamo capiti.
l'insieme X={1} è perfetto, secondo la definizione data, ed è numerabile.
Se l'insieme $XsubRR$ è numerabile e contiene almeno due elementi distinti, allora non è perfetto.
Se l'insieme $XsubRR$ è numerabile e contiene almeno due elementi distinti, allora non è perfetto.
Non esistono punti di accumulazione per l'insieme $X={1}$
Visto che vi piace trovare controesempi vi dico che l'unico PSEUDO-controesempio di questo teorema è dato dall'insieme di Cantor...si dimostra che è perfetto...ma di fatto è numerabile..e che ha la potenza del continuo.
hai ragione si {1} perché in effetti la condizione per il punto d'accumulazione esclude proprio il punto.
L'insieme di Cantor lo conosciamo, ma col quesito che hai posto non c'entra niente, proprio perché non è numerabile. Non si capisce che pseudo-controesempio possa essere.
Non hai commentato l'altra cosa che ho detto, e che cioè si può dimostrare che un insieme numerabile non può essere perfetto, da cui deduci che se un insieme è perfetto allora non è numerabile.
L'insieme di Cantor lo conosciamo, ma col quesito che hai posto non c'entra niente, proprio perché non è numerabile. Non si capisce che pseudo-controesempio possa essere.
Non hai commentato l'altra cosa che ho detto, e che cioè si può dimostrare che un insieme numerabile non può essere perfetto, da cui deduci che se un insieme è perfetto allora non è numerabile.
"kinder":
no, non ti sei spiegato male. E' banale che se consideri $QQ$ come sottoinsieme di $RR$ allora ogni suo intorno (esteso in $RR$) contiene anche numeri irrazionali. Però questo è vero se come intorno di un numero razionale consideri punti di $RR$ e non solo, come intendevo io, punti di $QQ$. Il ragionamento che facevo io si limitava a considerare solo $QQ$ e non altri insiemi che lo contengono (al limite il corpo complesso). Comunque, ci siamo capiti.
Una considerazione.
Quando si parla di insiemi perfetti, si fa riferimento ad uno spazio ambiente.
Quindi, quando si dice che un sottoinsieme A di uno spazio topologico X è perfetto se DA = A, si fa riferimento ai punti di accumulazione di A in X.
Sarebbe opportuno precisarlo, visto che ovviamente ha perfettamente senso considerare (come fa kinder) l'insieme dei punti di accumulazione di A, vedendo A come spazio topologico (cioè come sottospazio topologico di X).
Puoi provarci non so se funziona; in particolare non so se il teorema è invertibile.
PS: infatti ho detto che è uno pseudo-controesempio infatti si dimostra che l'insieme di Cantor ha la cardinalità del continuo, mentre a prima vista potrebbe sembrare che è numerabile.
PS: infatti ho detto che è uno pseudo-controesempio infatti si dimostra che l'insieme di Cantor ha la cardinalità del continuo, mentre a prima vista potrebbe sembrare che è numerabile.
Interessante la definizione di insieme perfetto, non la conoscevo...
Veniamo ora al problema 1). Sia $A$ un sottinsieme perfetto di $RR$. Supponiamo per assurdo che $A$ sia numerabile: sia allora $a_0, a_1,...., a_n,...,$ una enumerazione degli elementi di $A$.
Definiamo ora una successione di elementi $b_i\in A$ e di naturali $k_i$ per $i\in NN$ in modo tale da ottenere che $b_i\ne a_i$. Poiche' $a_0$ e' un punto di accumulazione per $A$, esiste $a\in A$ diverso da $a_0$ tale che la parte intera di $a$ coincide con la parte intera di $a_0$. Poniamo $b_0=a$ e $k_0=m+1$ dove $m$ e' il piu' grande fra i naturali $n$ tali che le prime $n$ cifre dopo la virgola di $a$ coincidono con le prime $n$ cifre dopo la virgola di $a_0$.
Supponiamo ora per ipotesi induttiva di aver definito la successione $b_0,....,b_{n-1}$ e la successione $k_0,...,k_{n-1}$.
Se la parte intera di $b_{n-1}$ non coincide con la parte intera di $a_n$ o se le prime $k_{n-1}$ cifre dopo la virgola di $b_{n-1}$ non coincidono tutte con le prime $k_{n-1}$ cifre dopo la virgola di $a_n$, poniamo $b_n=b_{n-1}$ e $k_n=k_{n-1}$.
Se invece le prime $k_{n-1}$ cifre dopo la virgola di $b_{n-1}$ coincidono tutte con le prime $k_{n-1}$ cifre dopo la virgola di $a_n$, operiamo come segue. Poiche' $a_n$ e' un punto di accumulazione per $A$ esiste un elemento $a\in A$ tale che esiste $m\in NN$ tale che $m>=k_{n-1}$ e le prime $m$ cifre dopo la virgola di $a$ coincidono con le prime $m$ cifre dopo la virgola di $a_n$ e la $m+1$-esima cifra dopo la virgola di $a$ differisce dalla $m+1$-esima cifra dopo la virgola di $a_n$. Poniamo allora $b_n=a$ e $k_n=m+1$.
Per costruzione la successione dei $b_i$ converge a un elemento $b$ che e' dunque un punto di accumulazione per $A$ e dunque appartiene ad $A$. Sempre per costruzione le prime $k_i$ cifre dopo la virgola di $b$ coincidono con le prime $k_i$ cifre dopo la virgola di $b_i$ e dunque $b\ne a_i$. Ma allora $b$ e' un elemento di $A$ diverso da tutti gli elementi di $A$: assurdo. Dunque $A$ non e' numerabile.
Osserviamo che ora il teorema di Cantor è un corollario di quanto abbiamo dimostrato. Infatti $RR=DRR$.
Veniamo ora al problema 1). Sia $A$ un sottinsieme perfetto di $RR$. Supponiamo per assurdo che $A$ sia numerabile: sia allora $a_0, a_1,...., a_n,...,$ una enumerazione degli elementi di $A$.
Definiamo ora una successione di elementi $b_i\in A$ e di naturali $k_i$ per $i\in NN$ in modo tale da ottenere che $b_i\ne a_i$. Poiche' $a_0$ e' un punto di accumulazione per $A$, esiste $a\in A$ diverso da $a_0$ tale che la parte intera di $a$ coincide con la parte intera di $a_0$. Poniamo $b_0=a$ e $k_0=m+1$ dove $m$ e' il piu' grande fra i naturali $n$ tali che le prime $n$ cifre dopo la virgola di $a$ coincidono con le prime $n$ cifre dopo la virgola di $a_0$.
Supponiamo ora per ipotesi induttiva di aver definito la successione $b_0,....,b_{n-1}$ e la successione $k_0,...,k_{n-1}$.
Se la parte intera di $b_{n-1}$ non coincide con la parte intera di $a_n$ o se le prime $k_{n-1}$ cifre dopo la virgola di $b_{n-1}$ non coincidono tutte con le prime $k_{n-1}$ cifre dopo la virgola di $a_n$, poniamo $b_n=b_{n-1}$ e $k_n=k_{n-1}$.
Se invece le prime $k_{n-1}$ cifre dopo la virgola di $b_{n-1}$ coincidono tutte con le prime $k_{n-1}$ cifre dopo la virgola di $a_n$, operiamo come segue. Poiche' $a_n$ e' un punto di accumulazione per $A$ esiste un elemento $a\in A$ tale che esiste $m\in NN$ tale che $m>=k_{n-1}$ e le prime $m$ cifre dopo la virgola di $a$ coincidono con le prime $m$ cifre dopo la virgola di $a_n$ e la $m+1$-esima cifra dopo la virgola di $a$ differisce dalla $m+1$-esima cifra dopo la virgola di $a_n$. Poniamo allora $b_n=a$ e $k_n=m+1$.
Per costruzione la successione dei $b_i$ converge a un elemento $b$ che e' dunque un punto di accumulazione per $A$ e dunque appartiene ad $A$. Sempre per costruzione le prime $k_i$ cifre dopo la virgola di $b$ coincidono con le prime $k_i$ cifre dopo la virgola di $b_i$ e dunque $b\ne a_i$. Ma allora $b$ e' un elemento di $A$ diverso da tutti gli elementi di $A$: assurdo. Dunque $A$ non e' numerabile.
Osserviamo che ora il teorema di Cantor è un corollario di quanto abbiamo dimostrato. Infatti $RR=DRR$.
"Pachito":
[quote="Eredir"]....= log(2)$.
Non mi torna.
Sia $S_n=lim_(ntoinfty)[1/(n+1)+1/(n+2)+...+1/(2n)]$
Posso magiorare ogni membro con $ 1/n$ per cui verrebbe $S_n=(2n)*(1/n)=2$
Posso minorare ogni membro con $ 1/(2n)$ per cui verrebbe $S_n=(2n)*(1/(2n))=1$
In definitiva $S_n$ dovrebbe essere un numero compreso tra 1 e 2, cosa che $log(2)$ non è.[/quote]
Anche a me risulta $ln(2)$.
Dato che $sum_(i=1)^n 1/i=gamma+lnn$, $sum_(i=1)^(2n) 1/(i)-sum_(i=1)^(n) 1/i=(gamma+ln(2n))-(gamma+lnn)=ln(2n)-lnn=ln(2)$.
tornando al quesito 1, oltre alla bella argomentazione di fields, me ne viene in mente un'altra che, in analogia con l'insieme Q, consente di affermare (congetturare?) che un sottoinsieme di R numerabile, anche se denso in se, non possa essere chiuso; quindi non può essere perfetto.
"Crook":
Dato che $sum_(i=1)^n 1/i=gamma+lnn$
Ovviamente falso, semmai vale come limite.
Ok, fields, interessante la tua dimostrazione.
"carlo23":
[quote="Crook"]Dato che $sum_(i=1)^n 1/i=gamma+lnn$
Ovviamente falso, semmai vale come limite.[/quote]
Sì, come limite, chiaramente. Ho omesso il limite, in quanto si chiede di
calcolare $lim_(ntoinfty)[1/(n+1)+1/(n+2)+...+1/(2n)]$.
Riscrivendo $lim_(ntoinfty)sum_(i=1)^n 1/i=gamma+lnn$,
$lim_(ntoinfty)sum_(i=1)^(2n) 1/(i)-lim_(ntoinfty)sum_(i=1)^(n) 1/i=$
$=(gamma+ln(2n))-(gamma+lnn)=ln(2n)-lnn=ln(2)$.
Scommetto che giuseppe87x conosce la dimostrazione del 1) basata sul teorema di Cantor...
Proprio così...
Scommetto che giuseppe87x conosce la dimostrazione del 1) basata sul teorema di Cantor...
E quale sarebbe (in breve) questa dimostrazione?
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