$A subset RR$ limitato, senza pt. di accumulazione
Esercizio:(malvagio)
Determinare tutti e soli i sottoinsiemi $A$ di $RR$ tali che $A$ sia limitato e il derivato $D(A)$ sia vuoto.
Idee:
Gli insiemi finiti sono limitati e privi di punti di accumulazione (un insieme che non ha infiniti elementi non può avere punti di accumulazione).
Viceversa, sia $A$ un insieme limitato privo di punti di accumulazione, devo dimostrare che è finito. Per assurdo: se l'insieme fosse infinito allora avrebbe punti di accumulazione per il teorema di Bolzano-Weierstrass, contro l'ipotesi. Allora l'insieme deve essere finito.
Così ho dimostrato il "tutti e soli"?
Determinare tutti e soli i sottoinsiemi $A$ di $RR$ tali che $A$ sia limitato e il derivato $D(A)$ sia vuoto.
Idee:
Gli insiemi finiti sono limitati e privi di punti di accumulazione (un insieme che non ha infiniti elementi non può avere punti di accumulazione).
Viceversa, sia $A$ un insieme limitato privo di punti di accumulazione, devo dimostrare che è finito. Per assurdo: se l'insieme fosse infinito allora avrebbe punti di accumulazione per il teorema di Bolzano-Weierstrass, contro l'ipotesi. Allora l'insieme deve essere finito.
Così ho dimostrato il "tutti e soli"?
Risposte
Si, ok. Non è così malvagio questo esercizio.
Secondo esercizio:(forse più malvagio) 
Sia $A subseteq RR$ non necessariamente limitato, tale che $D(A)$ sia vuoto. Provare che esiste una funzione $f: NN -> A$ suriettiva.
Svolgimento:
Se l'insieme $A$ è limitato e il derivato è vuoto sappiamo che (esercizio precedente) è finito. Allora esiste sicuramente una funzione non iniettiva $f: NN -> A$ che sia suriettiva.
Se l'insieme $A$ è illimitato, allora penso ci sia bisogno di far vedere che è infinito numerabile.
Il derivato è vuoto, quindi ogni punto è isolato. Si deduce che per ogni punto $x_k$ esiste un intorno in cui, dei punti dell'insieme, cade soltanto $x_k$.
Consideriamo l'ampiezza dell'intorno di cui prima e chiamiamola $r_k$.
Allora otteniamo una successione $r_k$ di lunghezze di intervalli. Quindi le ampiezze degli intorni possono essere posti in successione. E questo dovrebbe significare che sono una infinità numerabile, giusto?
Sia $A subseteq RR$ non necessariamente limitato, tale che $D(A)$ sia vuoto. Provare che esiste una funzione $f: NN -> A$ suriettiva.
Svolgimento:
Se l'insieme $A$ è limitato e il derivato è vuoto sappiamo che (esercizio precedente) è finito. Allora esiste sicuramente una funzione non iniettiva $f: NN -> A$ che sia suriettiva.
Se l'insieme $A$ è illimitato, allora penso ci sia bisogno di far vedere che è infinito numerabile.
Il derivato è vuoto, quindi ogni punto è isolato. Si deduce che per ogni punto $x_k$ esiste un intorno in cui, dei punti dell'insieme, cade soltanto $x_k$.
Consideriamo l'ampiezza dell'intorno di cui prima e chiamiamola $r_k$.
Allora otteniamo una successione $r_k$ di lunghezze di intervalli. Quindi le ampiezze degli intorni possono essere posti in successione. E questo dovrebbe significare che sono una infinità numerabile, giusto?
Ricordavo bene. Ho trovato il seguente lemma (che si usava per dimostrare che una funzione monotona ha al più una infinità numerabile di punti di discontinuità):
Lemma: Un insieme di intervalli privi a due a due di punti in comune è al più numerabile.
In sostanza posso considerare, anziché le ampiezze (come facevo prima), gli intorni $U_(x_i)$ dei punti $x_i$, i quali sono intervalli aperti tali che $U_i nn A = {x_i}$ . Li posso scegliere "piccoli" a piacimento in maniera che siano a due a due disgiunti e quindi in modo da poter applicare il lemma. Infatti se ne esiste uno per cui vale quella proprietà, tutti gli intorni del medesimo punto contenuti nell'intorno designato godono di quella proprietà.
L'insieme degli intorni è al più numerabile.
Ma poiché c'è una biezione tra punti di $A$ e intorni, $"card"(A)$ numerabile.
Il dubbio resta. La numerabilità di $A$, nel caso in cui $A$ sia illimitato, mi garantisce l'esistenza di una funzione surgettiva $f: NN -> A$?
EDIT: Provo a rispondermi solo: sì, perché se è numerabile può essere messo in corrispondenza biunivoca con $NN$, per definizione. Quindi esiste una funzione suriettiva e iniettiva da $NN$ in $A$. Che sciocco.
Lemma: Un insieme di intervalli privi a due a due di punti in comune è al più numerabile.
In sostanza posso considerare, anziché le ampiezze (come facevo prima), gli intorni $U_(x_i)$ dei punti $x_i$, i quali sono intervalli aperti tali che $U_i nn A = {x_i}$ . Li posso scegliere "piccoli" a piacimento in maniera che siano a due a due disgiunti e quindi in modo da poter applicare il lemma. Infatti se ne esiste uno per cui vale quella proprietà, tutti gli intorni del medesimo punto contenuti nell'intorno designato godono di quella proprietà.
L'insieme degli intorni è al più numerabile.
Ma poiché c'è una biezione tra punti di $A$ e intorni, $"card"(A)$ numerabile.
Il dubbio resta. La numerabilità di $A$, nel caso in cui $A$ sia illimitato, mi garantisce l'esistenza di una funzione surgettiva $f: NN -> A$?
EDIT: Provo a rispondermi solo: sì, perché se è numerabile può essere messo in corrispondenza biunivoca con $NN$, per definizione. Quindi esiste una funzione suriettiva e iniettiva da $NN$ in $A$. Che sciocco.
Scusatemi se questi giorni sto postando a tutto spiano. Visto che mi sono risposto da solo, posto qui una richiesta di spiegazione per la dimostrazione del lemma del post precedente.
Il suggerimento dice: Considerare dapprima gl'intervalli di ampiezza $>= 1$, poi, fra i rimanenti, quelli di ampiezza $>= 1/2$ , ... , $>= 1/n$ , ...
Embè, mi fa piacere. Dopo averli considerati devo farci anche qualcosa?
Il suggerimento dice: Considerare dapprima gl'intervalli di ampiezza $>= 1$, poi, fra i rimanenti, quelli di ampiezza $>= 1/2$ , ... , $>= 1/n$ , ...
Embè, mi fa piacere. Dopo averli considerati devo farci anche qualcosa?
Non so cosa ha in mente l'autore del suggerimento, ma credo di intuirlo. Provo a darti io un altro suggerimento: ricordati che in $RR$ hai un sottoinsieme numerabile molto famoso! Se riesci ad associare ad ogni punto di $A$ un distinto elemento di questo sottoinsieme famoso, allora ci sei. La tecnica "a setaccio" del suggerimento serve proprio a questo.
@Seneca: Per quanto riguarda il secondo esercizio, prova a ragionare così.
L'idea di fondo è che il tuo insieme non può accumularsi al finito (per ipotesi), quindi se non è finito deve "scappare all'infinito".
Prendi [tex]$n\in \mathbb{Z}$[/tex] e chiediti quanti sono i punti in [tex]$A\cap [n,n+1[$[/tex].
Una volta che hai risposto a questo quesito hai anche risolto l'esercizio.
L'idea di fondo è che il tuo insieme non può accumularsi al finito (per ipotesi), quindi se non è finito deve "scappare all'infinito".
Prendi [tex]$n\in \mathbb{Z}$[/tex] e chiediti quanti sono i punti in [tex]$A\cap [n,n+1[$[/tex].
Una volta che hai risposto a questo quesito hai anche risolto l'esercizio.
"dissonance":
Non so cosa ha in mente l'autore del suggerimento, ma credo di intuirlo. Provo a darti io un altro suggerimento: ricordati che in $RR$ hai un sottoinsieme numerabile molto famoso! Se riesci ad associare ad ogni punto di $A$ un distinto elemento di questo sottoinsieme famoso, allora ci sei. La tecnica "a setaccio" del suggerimento serve proprio a questo.
Con la mente riposata si sragiona meglio.
Mi è venuta una idea che con molta probabilità è sbagliata (sarebbe troppo semplice).
Da ogni intervallo $I$ di ampiezza $>= 1$ posso pescare almeno un naturale. Se gli intervalli sono a due a due disgiunti, da intervalli distinti pesco naturali distinti.
Supponendo che gli intervalli siano infiniti, posso quindi costruire una successione di intervalli a due a due disgiunti identificando ogni intervallo con un naturale. Ho scoperto che l'insieme degli intervalli di ampiezza $>= 1$ è in biezione con un sottoinsieme infinito di $NN$, numerabile.
Faccio un ragionamento analogo per gli intervalli di lunghezza minore: uso il fatto che $QQ$ è denso in $RR$ e trovo una biezione tra un sottoinsieme infinito di $QQ$ e l'insieme di intervalli di lunghezza $< 1$.
Infine il teorema che pone: una unione di un'infinità numerabile di insiemi numerabili è numerabile.
"Seneca":
Lemma: Un insieme di intervalli privi a due a due di punti in comune è al più numerabile.
Dim. 1
Sia $(I_{\alpha})$, $\alpha\in A$, la famiglia di intervalli.
Osserviamo che tale famiglia può contenere al massimo due intervalli illimitati (una semiretta destra e una sinistra, oppure tutta la retta reale); possiamo dunque eliminare preventivamente gli eventuali intervalli illimitati e, senza perdita di generalità, supporre che tutti gli intervalli della famiglia siano limitati.
Per ogni naturale positivo $n$ definiamo
$A_n = \{\alpha\in A: I_{\alpha}\subseteq [-n,n], |I_{\alpha}| > 1/n\}$.
Osserviamo che, dall'ipotesi che gli intervalli siano pairwise disjoint, l'insieme $A_n$ è finito (contiene al più $n^2$ elementi).
Inoltre, dal momento che stiamo assumendo che gli intervalli siano tutti limitati, è chiaro che $A\subseteq \cup_n A_n$.
Ma $\cup_n A_n$ è numerabile, essendo unione numerabili di insiemi finiti, dunque anche $A$ è numerabile.
Dim. 2 (cfr. suggerimento di Dissonance)
Ogni intervallo non banale contiene infiniti punti razionali; di conseguenza, per ogni $\alpha\in A$ possiamo scegliere un numero razionale $r_\alpha\in I_{\alpha}\cap\mathbb{Q}$.
Poiché gli intervalli sono pairwise disjoint, avremo che $r_{\alpha}\ne r_{\beta}$ se $\alpha\ne\beta$; di conseguenza, l'applicazione $r:A\to\mathbb{Q}$ è iniettiva, dunque $A$ ha al più la cardinalità di $\mathbb{Q}$.
"Rigel":
Dim. 2 (cfr. suggerimento di Dissonance)
Ogni intervallo non banale contiene infiniti punti razionali; di conseguenza, per ogni $\alpha\in A$ possiamo scegliere un numero razionale $r_\alpha\in I_{\alpha}\cap\mathbb{Q}$.
Poiché gli intervalli sono pairwise disjoint, avremo che $r_{\alpha}\ne r_{\beta}$ se $\alpha\ne\beta$; di conseguenza, l'applicazione $r:A\to\mathbb{Q}$ è iniettiva, dunque $A$ ha al più la cardinalità di $\mathbb{Q}$.
Ecco, grazie. Questo in sostanza era ciò che volevo fare io (scritto formalmente molto meglio e più chiaramente
). Quindi, in questa dimostrazione, è inutile distinguere i diversi casi a seconda della lunghezza degli intervalli, giusto?
Giusto. Ho messo la prima dim. perché si avvicina di più al suggerimento che avevi riportato.
"Rigel":
Giusto. Ho messo la prima dim. perché si avvicina di più al suggerimento che avevi riportato.
Grazie a tutti. Ora sono soddisfatto.
Vedo che il problema è stato risolto.
Tuttavia mi pare che la soluzione sia un po' involuta e che si possa ragionare più semplicemente.
Riprendo la mia idea:
Dim.: Fissato [tex]$n\in \mathbb{Z}$[/tex], consideriamo l'insieme [tex]$A_n:=A\cap [n,n+1[$[/tex]; tale insieme è limitato e finito (perchè, se per assurdo fosse infinito, esso avrebbe un'accumulazione in [tex]$\xi \in [n,n+1]$[/tex] per il teorema di Bolzano-Weierstrass; ma allora tale [tex]$\xi$[/tex] sarebbe un'accumulazione pure di [tex]$A$[/tex], il che è palesemente contro l'ipotesi).
Ne viene che [tex]A=\bigcup_{n\in \mathbb{Z}} A_n[/tex] è unione numerabile di insiemi finiti disgiunti, perciò [tex]$A$[/tex] è al più numerabile; quindi si può costruire almeno una suriezione di [tex]$f:\mathbb{N} \to A$[/tex]. [tex]$\square$[/tex]
Credo che la suriezione [tex]$f$[/tex] così determinata diventi una biiezione non appena si faccia l'ipotesi che [tex]$A$[/tex] sia infinito.
Tuttavia mi pare che la soluzione sia un po' involuta e che si possa ragionare più semplicemente.
"Seneca":
Secondo esercizio:(forse più malvagio)
Sia $A subseteq RR$ non necessariamente limitato, tale che $D(A)$ sia vuoto. Provare che esiste una funzione $f: NN -> A$ suriettiva.
Riprendo la mia idea:
"gugo82":
Prendi [tex]$n\in \mathbb{Z}$[/tex] e chiediti quanti sono i punti in [tex]$A\cap [n,n+1[$[/tex].
Una volta che hai risposto a questo quesito hai anche risolto l'esercizio.
Dim.: Fissato [tex]$n\in \mathbb{Z}$[/tex], consideriamo l'insieme [tex]$A_n:=A\cap [n,n+1[$[/tex]; tale insieme è limitato e finito (perchè, se per assurdo fosse infinito, esso avrebbe un'accumulazione in [tex]$\xi \in [n,n+1]$[/tex] per il teorema di Bolzano-Weierstrass; ma allora tale [tex]$\xi$[/tex] sarebbe un'accumulazione pure di [tex]$A$[/tex], il che è palesemente contro l'ipotesi).
Ne viene che [tex]A=\bigcup_{n\in \mathbb{Z}} A_n[/tex] è unione numerabile di insiemi finiti disgiunti, perciò [tex]$A$[/tex] è al più numerabile; quindi si può costruire almeno una suriezione di [tex]$f:\mathbb{N} \to A$[/tex]. [tex]$\square$[/tex]
Credo che la suriezione [tex]$f$[/tex] così determinata diventi una biiezione non appena si faccia l'ipotesi che [tex]$A$[/tex] sia infinito.
"gugo82":
[quote="gugo82"]Prendi [tex]$n\in \mathbb{Z}$[/tex] e chiediti quanti sono i punti in [tex]$A\cap [n,n+1[$[/tex].
Una volta che hai risposto a questo quesito hai anche risolto l'esercizio.
Dim.: Fissato [tex]$n\in \mathbb{Z}$[/tex], consideriamo l'insieme [tex]$A_n:=A\cap [n,n+1[$[/tex]; tale insieme è limitato e finito (perchè, se per assurdo fosse infinito, esso avrebbe un'accumulazione in [tex]$\xi \in [n,n+1]$[/tex] per il teorema di Bolzano-Weierstrass; ma allora tale [tex]$\xi$[/tex] sarebbe un'accumulazione pure di [tex]$A$[/tex], il che è palesemente contro l'ipotesi).
Ne viene che [tex]A=\bigcup_{n\in \mathbb{Z}} A_n[/tex] è unione numerabile di insiemi finiti disgiunti, perciò [tex]$A$[/tex] è al più numerabile; quindi si può costruire almeno una suriezione di [tex]$f:\mathbb{N} \to A$[/tex]. [tex]$\square$[/tex]
Credo che la suriezione [tex]$f$[/tex] così determinata diventi una biiezione non appena si faccia l'ipotesi che [tex]$A$[/tex] sia infinito.[/quote]
Così è anche più chiara; e non utilizza l'orrenda questione degli intorni che avevo considerato io.
Grazie.
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