Cardinalità numeri reali trascendenti
Per dimostrare che l'insieme dei numeri reali trascendenti $T$ ha cardinalità $c$, prima dimostro che l'insieme dei numeri algebrici $A$ è numerabile. Intanto è chiaramente almeno numerabile, dunque $|A| \ge \aleph_0$. I polinomi di grado $n$ con coefficienti in $ZZ$ sono in corrispondenza biunivoca con $ZZ^{n+1}$, che è numerabile. Per $n \to +\infty$, $ZZ^{n+1}$ è ancora numerabile ed, essendo che ogni polinomio di grado $n$ ha al massimo $n$ radici reali distinte, $n*|ZZ^{n+1}|=\aleph_0 \ge |A|$, per $n\to +\infty$. Dunque $|A|=\aleph_0$ e $|T|=|RR \setminus A|=c$. Sbaglio da qualche parte?
Poi, c'è anche un modo diretto per dimostrare che $|T|=c$?
L'ultima domanda. Non capisco una cosa in una dimostrazione che se da un insieme $A$ più che numerabile tolgo un sottoinsieme numerabile $B \sube A$, si ha che $|A|=|A \setminus B|$. Allora, si osserva che $A \setminus B$ ha un sottoinsieme numerabile $B'$ e che $B \cup B'$ è ancora numerabile. Poi si definisce una funzione biunivoca da $A$ ad $A \setminus B$ che fissa tutti gli elementi non appartanenti a $B \cup B'$ e manda $B \cup B'$ in $B'$. Ma come si fa a sapere che ci sono elementi non appartenenti a $B \cup B'$?
Poi, c'è anche un modo diretto per dimostrare che $|T|=c$?
L'ultima domanda. Non capisco una cosa in una dimostrazione che se da un insieme $A$ più che numerabile tolgo un sottoinsieme numerabile $B \sube A$, si ha che $|A|=|A \setminus B|$. Allora, si osserva che $A \setminus B$ ha un sottoinsieme numerabile $B'$ e che $B \cup B'$ è ancora numerabile. Poi si definisce una funzione biunivoca da $A$ ad $A \setminus B$ che fissa tutti gli elementi non appartanenti a $B \cup B'$ e manda $B \cup B'$ in $B'$. Ma come si fa a sapere che ci sono elementi non appartenenti a $B \cup B'$?
Risposte
"TomSawyer":
Per dimostrare che l'insieme dei numeri reali trascendenti $T$ ha cardinalità $c$, prima dimostro che l'insieme dei numeri algebrici $A$ è numerabile. Intanto è chiaramente almeno numerabile, dunque $|A| \ge \aleph_0$. I polinomi di grado $n$ con coefficienti in $ZZ$ sono in corrispondenza biunivoca con $ZZ^{n+1}$, che è numerabile. Per $n \to +\infty$, $ZZ^{n+1}$ è ancora numerabile ed, essendo che ogni polinomio di grado $n$ ha al massimo $n$ radici reali distinte, $n*|ZZ^{n+1}|=\aleph_0 \ge |A|$, per $n\to +\infty$. Dunque $|A|=\aleph_0$ e $|T|=|RR \setminus A|=c$. Sbaglio da qualche parte?
La dimostrazione e' corretta, naturalmente, ma ahime' fa appello ad AC senza necessita'. Invece di ragionare sul grado, puoi definire l'altezza di un polinomio $a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \ldots + a_{n-1} x + a_n$ come $|a_0| + |a_1| + \ldots + |a_n| + n$ e osservare che per ogni $h$ c'e' solo un numero finito di polinomi in $ZZ[x]$ di altezza $h$, e questi avranno un numero finito di radici reali. In questo modo devi fare l'unione di una successione di insiemi finiti, invece che numerabili.
Una dimostrazione piu' indiretta (di piu' dirette non ne conosco) e' questa: l'insieme dei numeri reali algebrici coincide con la chiusura algebrica di $QQ$, che e' numerabile tale essendo $QQ$.
"TomSawyer":
L'ultima domanda. Non capisco una cosa in una dimostrazione che se da un insieme $A$ più che numerabile tolgo un sottoinsieme numerabile $B \sube A$, si ha che $|A|=|A \setminus B|$. Allora, si osserva che $A \setminus B$ ha un sottoinsieme numerabile $B'$ e che $B \cup B'$ è ancora numerabile. Poi si definisce una funzione biunivoca da $A$ ad $A \setminus B$ che fissa tutti gli elementi non appartanenti a $B \cup B'$ e manda $B \cup B'$ in $B'$. Ma come si fa a sapere che ci sono elementi non appartenenti a $B \cup B'$?
Se $|A| > \aleph_0$ e $|B \cup B'| = \aleph_0$ non puo' essere $A = B \cup B'$ no? Comunque la dimostrazione (che peraltro richiede AC) funziona ugualmente bene anche nell'ipotesi $|A| >= \aleph_0$.
Capito, grazie. E' più bella la dimostrazione senza AC, che non assume nessuna corrispondenza biunivoca.
Per dimostrare che la chiusura algebrica di $QQ$ sono i reali algebrici mi basta verificare che $A$ sia un campo?
Per dimostrare che la chiusura algebrica di $QQ$ sono i reali algebrici mi basta verificare che $A$ sia un campo?
"Sandokan.":
[quote="TomSawyer"]L'ultima domanda. Non capisco una cosa in una dimostrazione che se da un insieme $A$ più che numerabile tolgo un sottoinsieme numerabile $B \sube A$, si ha che $|A|=|A \setminus B|$. Allora, si osserva che $A \setminus B$ ha un sottoinsieme numerabile $B'$ e che $B \cup B'$ è ancora numerabile. Poi si definisce una funzione biunivoca da $A$ ad $A \setminus B$ che fissa tutti gli elementi non appartanenti a $B \cup B'$ e manda $B \cup B'$ in $B'$. Ma come si fa a sapere che ci sono elementi non appartenenti a $B \cup B'$?
Se $|A| > \aleph_0$ e $|B \cup B'| = \aleph_0$ non puo' essere $A = B \cup B'$ no? Comunque la dimostrazione (che peraltro richiede AC) funziona ugualmente bene anche nell'ipotesi $|A| >= \aleph_0$.[/quote]
Intendevo: fissando gli elementi di $A$ (con una $f: A \to A \setminus B$) non appartenenti a $B \cup B'$, non si assume che ci siano elementi del genere anche in $A \setminus B$?
Denoto con $a$ un qualsiasi numero algebrico. Un modo per dimostrare direttamente la non-numerabilità di $T$, potrebbe essere una biezione $f: RR \to T$, con $f(x)={(x+\pi " se x è della forma: "a+n*\pi),(x " altrimenti"):}$? In modo da dividere i reali in classi di equivalenza $\mod \pi$, dove ogni classe contiene al massimo un algebrico. Poi, se un reale $x$ è della forma $a+n*\pi$, per qualche $n \in ZZ$, allora lo mando in $x+\pi$, così è certamente trascendente (e non mi importa se lo fosse anche prima); altrimenti lo fisso, poiché è trascendente. Mi accorgo ora che c'è bisogno di gestire anche il caso in cui $n=-1$, ma è facile definire una biezione $ZZ \to ZZ \setminus {0}$, per risolvere il problema. Funziona?
Non va. Il motivo è che $a+n\pi$ è sempre trascendente (quando $n!=0$), essendo $a,n$ algebrici. Dunque $f$ fissa gli algebrici e dunque non ha per codominio $T$.
I reali non si dividono in due classi? Quelli della forma $a+n\pi$, per qualche $n \in ZZ$; e gli altri, che sono tutti trascendenti.
Sì, certamente quelle che definisci tu sono due classi. La prima (i reali della forma $an+\pi$ ) però è formata solo da trascendenti (a parte, $a$ ovviamente), mentre la seconda da algebrici e trascendenti.
Per come avevo pensato, la prima contiene tutti gli algebrici (nel caso $n=0$) e i trascendenti della forma $a+n\pi$, con $n\ne0$; mentre la seconda contiene tutti gli altri trascendenti.
Tom, ma $a$ è fissato o no? Dal tuo post sembra che sia fissato! Mi sa che è meglio che ti spieghi con più precisione...
$a$ non è fissato, pensavo si capisse, dato che altrimenti non sarebbe una biezione.
Provo a spiegare "l'algoritmo" per trovare $f(x)$, dato $x \in RR$. Se $x$ è un qualsiasi algebrico (cioè se si ha $x=a+0*\pi$) o se $x$ è un trascendente che è la somma di un algebrico e $n\pi$ (per qualche $n \in ZZ \setminus {0}$), allora lo rendo certamente trascendente con una biezione $ZZ \to ZZ \setminus {0}$. Altrimenti, dato che è già un trascendente, lo fisso.
Forse il malinteso nasce dalla notazione $a="algebrico"$
. L'ho usata solo per pigrizia.
Provo a spiegare "l'algoritmo" per trovare $f(x)$, dato $x \in RR$. Se $x$ è un qualsiasi algebrico (cioè se si ha $x=a+0*\pi$) o se $x$ è un trascendente che è la somma di un algebrico e $n\pi$ (per qualche $n \in ZZ \setminus {0}$), allora lo rendo certamente trascendente con una biezione $ZZ \to ZZ \setminus {0}$. Altrimenti, dato che è già un trascendente, lo fisso.
Forse il malinteso nasce dalla notazione $a="algebrico"$
. L'ho usata solo per pigrizia.
Ok Tom, appurato che $a$ non e' fisso, il ragionamento fila.
La tua dimostrazione che l'insieme dei numeri algebrici ha cardinalità $aleph_0$, mi sembra sostanzialmente corretta anche se è un po farraginosa. 
Non mi è chiaro invece il passaggio successivo 
cioè la dimostrazione che la cardinalità $c$ di $RR$ è maggiore di $aleph_0$. In particolare mi sembra che usi senza che ce ne siano le condizioni l'assioma di scelta e/o quello di isolamento senza citarli per altro! 
Io uso una dimostrazione per assurdo che è una particolarizzazione del secondo procedimento diagonale di Cantor
, quello per intenderci che dimostra che l'insieme delle funzioni da un insieme I di cardinalita $alpha$ ha cardinalità strettamente maggiore $2^alpha$ anche se $alpha$ è un cardinale trascendente.
Consideriamo l'insieme aperto I={x: 0](/datas/uploads/forum/emoji/eusa_wall.gif "Brick wall")
).
Gli elementi di I sono tutti i numeri decimali tra 0 e 1. Supponiamo ora per assurdo che l'insieme abbia cardinalità $aleph_0$, quindi, per l'assioma di scelta esiste una funzione che mette in corrispondenza biunivoca gli elementi di I con quelli di $NN$.
Supponiamo quindi di conoscere questa funzione è di poter riordinare questi numeri nel modo seguente (per motivi di opportunità preferisco omettere lo 0, tanto non cambia niente ai fini della dimostrazione):
1 -> 0,$a_11$$a_12$$a_13$...
2 -> 0,$a_21$$a_22$$a_23$...
3 -> 0,$a_31$$a_32$$a_33$...
e così via, dove $a_ij$ sono le cifre da 0 a 9.
Adesso costruisco il seguente numero
b=0,$b_h1$$b_h2$$b_h3$...
dove se $a_hk$=1 allora $b_hk$=0 altrimenti se $a_hk!=$1 allora $b_hk$=1.
È intuitivo vedere che b è diverso dal primo numero perchè è diversa la prima cifra, è diverso dal secondo perchè è diversa la seconda cifra e così via.
Quindi ho costruito un numero decimale tra 0 e 1 che non rientra nell'elenco, ma questo è impossibile perchè per ipotesi tutti i numeri stavano nell'elenco. L'assurdo nasce dal fatto di aver supposto che la cardinalità di I, e quindi di $RR^+$ e perciò di $RR$ fosse $aleph_0$.
Essendo $NN$ un sottoinsieme di $RR$ la cardinalità di $RR=c$ deve per forza essere maggiore di $aleph_0$ CVD
.
A proposito siccome I è un sottoinsieme di $RR$ non è necessario dimostrare la bigezione tra I e $RR$, ma alcuni docenti la richiedono
per cui ti conviene dimostrarla!
Non mi è chiaro invece il passaggio successivo cioè la dimostrazione che la cardinalità $c$ di $RR$ è maggiore di $aleph_0$. In particolare mi sembra che usi senza che ce ne siano le condizioni l'assioma di scelta e/o quello di isolamento senza citarli per altro! Io uso una dimostrazione per assurdo che è una particolarizzazione del secondo procedimento diagonale di Cantor
, quello per intenderci che dimostra che l'insieme delle funzioni da un insieme I di cardinalita $alpha$ ha cardinalità strettamente maggiore $2^alpha$ anche se $alpha$ è un cardinale trascendente. Consideriamo l'insieme aperto I={x: 0
).Gli elementi di I sono tutti i numeri decimali tra 0 e 1. Supponiamo ora per assurdo che l'insieme abbia cardinalità $aleph_0$, quindi, per l'assioma di scelta esiste una funzione che mette in corrispondenza biunivoca gli elementi di I con quelli di $NN$.
Supponiamo quindi di conoscere questa funzione è di poter riordinare questi numeri nel modo seguente (per motivi di opportunità preferisco omettere lo 0, tanto non cambia niente ai fini della dimostrazione):
1 -> 0,$a_11$$a_12$$a_13$...
2 -> 0,$a_21$$a_22$$a_23$...
3 -> 0,$a_31$$a_32$$a_33$...
e così via, dove $a_ij$ sono le cifre da 0 a 9.
Adesso costruisco il seguente numero
b=0,$b_h1$$b_h2$$b_h3$...
dove se $a_hk$=1 allora $b_hk$=0 altrimenti se $a_hk!=$1 allora $b_hk$=1.
È intuitivo vedere che b è diverso dal primo numero perchè è diversa la prima cifra, è diverso dal secondo perchè è diversa la seconda cifra e così via.
Quindi ho costruito un numero decimale tra 0 e 1 che non rientra nell'elenco, ma questo è impossibile perchè per ipotesi tutti i numeri stavano nell'elenco. L'assurdo nasce dal fatto di aver supposto che la cardinalità di I, e quindi di $RR^+$ e perciò di $RR$ fosse $aleph_0$.
Essendo $NN$ un sottoinsieme di $RR$ la cardinalità di $RR=c$ deve per forza essere maggiore di $aleph_0$ CVD
.A proposito siccome I è un sottoinsieme di $RR$ non è necessario dimostrare la bigezione tra I e $RR$, ma alcuni docenti la richiedono
per cui ti conviene dimostrarla!
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