[Ex.] Insieme numerabile?

[dan952]

Consideriamo su $RR$ la relazione di equivalenza $x\ ~\ y \Leftrightarrow \exists (p,q) \in QQ \\ {0} \times QQ$ tali che $px+q=y$.
L'insieme quoziente $RR // ~$ è numerabile?

[kobeilprofeta]

ad occhio no

[dan952]

Ad occhio $\gamma$ è irrazionale...

[Vincent46]

Azzardo:

Definisco la medesima relazione di equivalenza su $[0, 1]$. Costruisco l'insieme $V$, che contiene uno e un solo rappresentante per ogni classe di equivalenza, di modo che tutti i rappresentati siano contenuti nell'intervallo suddetto. Si ha che, per ogni numero reale $r$, esiste un elemento $v \in V$ che sta nella classe di equivalenza di $r$. Allora esistono $a, b \in \mathbb{Q}$ tali che $ar+b=v$. Perciò $v-r=r(a-1)+b$, che è razionale. Quindi abbiamo dimostrato che, per ogni reale $r$, esiste uno e un solo $v \in V$ tale che $v-r$ è razionale. Dunque $V$ è un insieme di Vitali e quindi non è numerabile.

edit: ok, ha vinto martino, era più facile

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

Beh le orbite sono tutte numerabili e la loro unione è $RR$ quindi l'insieme quoziente non può essere numerabile. Tutto qui?

[dan952]

@martino
Spiegati meglio...

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

Forse con "costruttivo" intendi che vuoi una dimostrazione costruttiva?

[kobeilprofeta]

"dan95":Ad occhio $\gamma$ è irrazionale...

Cosa intendi con gamma?

Ps: io avevo fatto il ragionamento di @Martino

[Vincent46]

$\gamma$ penso sia la costante di eulero-mascheroni. dan: se l'insieme quoziente fosse numerabile, allora l'unione delle orbite, cioè $\mathbb{R}$, sarebbe unione numerabile di insiemi numerabili, e quindi numerabile anch'esso.

[dan952]

Ok, il problema era piuttosto facile probabilmente perché me lo ero inventato e non avevo chiaramente idea della difficoltà preso dall'entusiasmo di essere riuscito per la seconda volta ad aver inventato un problema.

P.s. niente male comunque per un 19-enne...

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

"dan95":Ok, il problema era piuttosto facile probabilmente perché me lo ero inventato e non avevo chiaramente idea della difficoltà preso dall'entusiasmo di essere riuscito per la seconda volta ad aver inventato un problema.

P.s. niente male comunque per un 19-enne...

Dici? dai un'occhiata alla biografia di Evariste Galois

Quanti anni hai non credo sia così importante. E non è molto chiaro cosa vuoi dire con "inventare un problema".

[dan952]

Ho esagerato un pò a usare il verbo "inventare", diciamo che mi era venuta in mente questa domanda e l'ho postata...

[j18eos]

...e se aggiungo la richiesta di studiare compattezza, connessione, separazione e separabilità di questo spazio quoziente: l'esercizio diventa interessante oppure no?

[dan952]

Siete riusciti a dimostrare qualcosa di quello che ha rilanciato j18eos?

[j18eos]

C'era una volta \(\displaystyle\mathbb{R}\) con la sua topologia naturale, che fu quozientato secondo una relazione di equivalenza \(\displaystyle\sim\); l'insieme quoziente fu chiamato \(\displaystyle X\), e si decise che la sua topologia quoziente fosse la più fine topologia tale che la proiezione canonica \(\displaystyle\pi:\mathbb{R}\to X\) fosse una funzione continua.

...come proseguireste la storia?

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

Pensandoci un attimo mi sembra che la topologia quoziente sia quella banale, $\{\emptyset,X\}$. Chi vuole dimostrarlo?

[dan952]

Sia $\pi: RR \mapsto X$ la proiezione, gli unici sottoinsiemi tali che $\pi^{-1}(•)$ è aperto sono $X$ e l'insieme vuoto, perché per ogni aperto $A sub RR$ si ha che $\pi: A \mapsto X$ è suriettiva. Giusto?

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

Sì giusto. Sarebbe da dimostrare che la restrizione ad A è suriettiva ma immagino che tu l'abbia fatto

[dan952]

Sì, l'idea è quella che ogni aperto contiene tutti i rappresentati. Infatti sia $A$ aperto e $r$ un razionale qualunque in $RR$, sicuramente $A$ contiene un razionale, sia $i$ un irrazionale qualunque posso sicuramente trovare un razionale $p/q$ tale che $i-p/q \in A$.

Se quella è la topologia possiamo dedurre che $X$ è compatto e connesso.

[j18eos]

"dan95":...sia $A$ aperto e $r$ un razionale qualunque in $RR$, sicuramente $A$ contiene un razionale, sia $i$ un irrazionale qualunque posso sicuramente trovare un razionale $p/q$ tale che $i-p/q \in A$...

Perché?

Comunque, le mia idee per dimostrare connessione e compattezza sono le seguenti!

\(\displaystyle\mathbb{R}\) è connesso, \(\displaystyle X\) è l'immagine continua di un connesso e quindi è connesso.
Poiché:
\[
\forall x\in\mathbb{R},\,x=[x]+\{x\}
\]
ove \(\displaystyle[x]\) e la parte intera e \(\displaystyle\{x\}\) è la parte decimale di \(\displaystyle x\), per costruzione:
\[
x\sim\{x\}
\]
e in particolare \(\displaystyle X\) è l'immagine continua di \(\displaystyle[0,1[\); in abudantiam, \(\displaystyle X\) è l'immagine continua dell'insieme compatto \(\displaystyle[0,1]\) e quindi è compatto!

[dan952]

Consideriamo $(RR,|\cdot|)$ metrico, sia $A \sub RR$ un aperto e $U \sube A$ una sua componente connessa, prendiamo un razionale $x \in U$ tale che $B(x,r) \sub U$ per un qualche $r>0$. Poiché $i$ è irrazionale a maggior ragione lo sarà anche $i-x$ e dunque esiste un razionale $p/q$ tale che $|i-x-p/q|

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