Supongamos que tenemos un conjunto de $S$ $\subseteq \mathbb{R}$, sabemos $0,1 \in S$. También, $S$ tiene la propiedad de que si $A \subseteq S$ es finito, el promedio de los elementos en $A$$S$. Queremos demostrar que cualquier número racional entre 0 y 1 está contenida en $S$.
Por favor alguien puede darme una pista? He intentado utilizar la inducción, pero parece desesperada para mí...
Asumir que existe un $\frac ab\notin A$ ( $0\le a\le b$ ) y entre todos estos contraejemplos considerar uno con un mínimo denominador $b$ (especialmente, $\frac ab$ es en menor termes). Entonces, ciertamente,$b>1$. Si $b$ es una potencia de $2$, tenga en cuenta que $a$ es impar y $\frac ab=\frac12\left(\frac{(a-1)/2}{b/2}+\frac{(a+1)/2}{b/2}\right)\in A$, contradicción. Por lo tanto vamos a $p$ ser una extraña primer división $b$, $b=pc$. Entonces por minimality de $b$, todas las fracciones $\in[0,1]$ con denominador dividiendo $c$$\in A$. También todas las fracciones con denominador dividiendo $2^kc$ algunos $k\in \Bbb N_0$ $\in A$ (por inducción como en la anterior: $\frac xy$ $x$ impar es el promedio de $\frac{(x-1)/2}{y/2}$$\frac{(x+1)/2}{y/2}$). Deje $\hat c=2^kc$ $\hat b=p\hat c=2^kb$ donde $k$ elegido es lo suficientemente grande como para que $$\tag1 \hat c>6p-12$$ o, como consecuencia de $(1)$ $$\tag2 \hat b+2\ge 3{p-1\choose 2}. $$ Para $0\le x\le b$ podríamos intentar escribir $\frac x{\hat b}$ promedio de $p$ fracciones con denominador (divisor de) $\hat c$. Para esto nos debe encontrar a $p$ números $x_i$, $i=1,\ldots,p$, con $0\le x_1<x_2<\ldots<x_p\le c$$x_1+\ldots+x_p=x$. Esto nos daría $\frac xb=\frac1p\left(\frac{x_1}c+\ldots+\frac{x_p}c\right)\in A$ como se desee. Sin embargo, el más pequeño posible de selección de $x_1+\ldots +x_p$ $0+1+2+\ldots +(p-1)={p-1\choose 2}$ y el más grande es $p\hat c-{p-1\choose 2}$ (y todo esto es posible, en primer lugar, porque $(1)$ garantiza $\hat c\ge p-1$); pero al menos podemos obtener todos los intermedios enteros como suma, como siempre podemos "step up" por el aumento de $x_p$ si $< c$ o de cualquiera de los otros $x_i$ $<x_{i+1}-1$! Por lo tanto la conclusión de que $\frac x{\hat b}\in A$${p-1\choose 2}\le x\le b-{p-1\choose 2}$. Suponga que existe $x$$0<x<{p-1\choose 2}$$\frac x{\hat b}\notin A$. Deje $x_0$ ser la máxima tales $x$. A continuación, $\frac{2x_0}{\hat b}\notin A$ ya que de lo contrario tendríamos $\frac{x_0}{\hat b}\in A$ promedio de $0$$\frac{2x_0}{\hat b}$. Pero entonces el maximality de $x_0$ implica $2x_0\ge {p-1\choose 2}$ y que hace que $2x_0\le 2\left({p-1\choose 2}-1\right)\le \hat b-{p-1\choose 2}$ $(2)$ $\frac{2x_0}{\hat b}\in A$ nuevo, la contradicción. El mismo argumento funciona con numeradores $>\hat b-{p-1\choose 2}$ contra un promedio de $1$. Llegamos a la conclusión de $\frac x{\hat b}\in A$ para todos los $x$, $0\le x\le \hat b$. En particular, $\frac ab=\frac{2^ka}{\hat b}\in A$, contradicción.
Usted puede conseguir fácilmente todos los diádica racionales (racionales se pueden expresar con denominador como un poder de $2$). De hecho, estas diádica racionales siempre puede ser tomado como el promedio de los otros dos elementos del conjunto. Por ejemplo, usted tiene $0, 1$. A partir de estos dos conjuntos, se puede obtener la mitad (sólo $\frac12$ es nuevo) de las mitades, usted puede obtener los cuartos. A partir de los cuartos puede obtener los octavos. Etc.
De proceder por ejemplo, porque no estoy seguro de cómo escribir una prueba exacta, pero creo que las ideas están aquí.
Por ejemplo, vamos a tratar de conseguir algunas fracciones con denominador $5$ como promedios de (diádica) fracciones con denominador $8$. Tenemos disponible $\frac08,\frac18,\frac28,\frac38,\frac48,\frac58,\frac68,\frac78,\frac88$.
Si tomamos una suma de cinco de estos con numeradores sumando un múltiplo de $8$, vamos a obtener un promedio con un denominador de $5$. Así, por ejemplo, $\frac08,\frac18,\frac28,\frac58\frac88$ da un promedio de $\frac25$. O $\frac28,\frac38,\frac48,\frac78,\frac88$ da un promedio de $\frac35$. Usted no puede conseguir a $\frac45$ el uso de octavos. Pero usted puede con semicorcheas.
Estas ideas se debe generalizar, pero como digo no estoy seguro de cómo escribir una prueba formal. Así que siéntase libre para mejorar en esta respuesta!
Considere las siguientes posibilidades:
{0,$\frac{1}{a}$,$\frac{1}{b}$} promedio $\frac{a+b}{3ab}$
{1,$\frac{1}{a}$,$\frac{1}{b}$} promedio $\frac{ab+a+b}{3ab}$
{$\frac{1}{a}$,$\frac{1}{b}$,$\frac{1}{c}$} promedio $\frac{bc+ac+ab}{3abc}$
Considere el uso de, a,b y c como potencias de 2 y ver qué nuevos valores que se pueden añadir.
{0,.5, .125} para una media y una octava que daría un 24: $\frac{5}{24}$, (4+1=5)
{1,.5, .125} daría un diferente 24 para un promedio aquí: $\frac{13}{24}$, (8+4+1=13)
Ahora toma el promedio de {$\frac{13}{24}$,$\frac{1}{8}$} y obtendrá $\frac{13+3}{24*2}=\frac{16}{48}= \frac{1}{3}$
Sería existe una similar construir utilizando las fracciones de un 16 a hacer un 1 con 5 elementos?
6+4+3+2+1=16 donde 3/8, 1/4, 3/16ths, 1/8 y 1/16 podría ser utilizada para obtener 1/5th? Concedido esto es el uso de altas potencias de 2 para cada número, pero si existe una partición de $2^n$ con q o (q-1) partes, no es tan difícil de generar.
Con un promedio de 0 o 1 puede producir un par de otros valores como después de 1/5 se genera, con un promedio de 1 con produciría 3/5ths que se puede generalizar.
Aquí está una más explícita de la construcción que se da en otras respuestas.
Como otras respuestas, primer aviso de que es muy fácil llegar a todos los diádica números en $[0,1]$, es decir, los números de la forma $\frac{n}{2^a}$ donde $0 \leq n \leq 2^a$.
Ahora supongamos que desea obtener $\frac{p}{q}$. Si usted puede encontrar $q$ distintos diádica números $x_1$, ..., $x_q$ cuya suma es exactamente $p$, el promedio de estos se $\frac{p}{q}$. ¿Cómo puede usted encontrar los distintos diádica números con el derecho de la suma? Hay un montón de maneras de hacer esto, pero aquí está uno. Desde el diádica números son densos, usted puede tomar para estar cerca de las aproximaciones de $\frac{p}{q}$ sí. Primero, escoja un denominador $2^a$ a utilizar (para todas las $x_i$). Ahora, con este denominador, tomar todos pero uno de los números de $x_i$ por debajo de $\frac{p}{q}$, pero tan cerca como sea posible; y luego coger el último número,$x_q$, para ser lo que es necesario para equilibrar el déficit total del resto, para hacer la suma total $p$.
Estamos a punto de terminar, pero no del todo. Echemos un vistazo a lo que este método da por hacer de 1/3. Estamos buscando tres dyadics con suma 1. Con denominador 4, obtenemos 0, 1/4 como los más cercanos por debajo de 1/3, y, a continuación, 3/4 para llevar el total a 1. Con denominador 8, obtenemos 1/8, 2/8 como los de abajo 3 y, a continuación, 5/8 como el último número. Con denominador 16, obtenemos 4/16, 5/16, y 7/16.
¿Qué acerca de 1/5? Queremos cinco dyadics sumar a 1, comenzando con el cuatro por debajo de 1/5. Tratando de denominador 4, los cuatro más cercanos aproximations por trimestres por debajo de 1/5 son... 0, -1/4, -2/4, y -3/4. Oops. Por octavos, no es mucho mejor. Por semicorcheas, hemos 3/16, 2/16, 1/16, y 0/16; y, a continuación, 10/16 es justo para llevar la suma de hasta 1. El éxito!
Lo que sobre para 2/3? Queremos tres dyadics con suma 2. Tratando de cuartos, obtenemos 2/4 1/4 como las aproximaciones debajo de ella... pero entonces debemos 5/4 para llevar la suma de hasta 2. Tratando con octavos, obtenemos 5/8 y 4/8 como las aproximaciones-abajo; y 7/8 de acabado. El éxito!
Por lo general, para $\frac{p}{q}$: intentar este método, con el denominador $2^a$, obtenemos aproximaciones-por debajo de $k/2^a$, $(k-1)/2^a$, ..., $(k–q+2)/2^a$, donde $k = \lfloor{2^a p / q}\rfloor$, es decir, el numerador más grande tal que $k/2^a \leq p/q$. A continuación, el último número recogemos debe llevar a la suma de los numeradores a a $2^a p$, por lo que debe ser $(2^a p – \sum_{i=0}^{q-2}(k-i))/2^a$.
Este siempre va a dar una serie de $q$ distintos diádica números con un promedio de $p/q$. Como en los ejemplos anteriores muestran, a veces, algunas de estas dyadics será fuera de $[0,1]$. Pero si usted toma el $a$ lo suficientemente grande (cómo es de grande? Se los dejo como ejercicio...), entonces estos números serán en $[0,1]$, y así está hecho.
Podemos explícitamente construir conjuntos de media más fácilmente si no nos limitamos a dyadics.
Definir el conjunto $T$ a todos los enteros positivos $n$ tal que $0 \leq p \leq n \implies \frac{p}{n} \in S$.
Con el fin de demostrar el resultado, queremos demostrar que todos los números enteros positivos son en $T$.
Dado cualquier $n \in T$, se puede demostrar que
Desde $\frac{0}{2n}$ $\frac{2n}{2n}$ están en S, a través de la definición original, $2n \in T$.
Por inducción, es evidente que $n \in T \implies 2^jn \in T$ para cualquier entero positivo $j$.
Dado $n \in T$, ahora podemos demostrar que $\frac{p}{2n+1} \in S$ $0 < p \leq n$ eligiendo $j$ tal que $2^j > 2n$ y el promedio de este conjunto:
{0, $\frac{p}{2^jn}$, $\frac{(2^j-1)p}{2^jn}$, $\frac{2p}{2^jn}$, $\frac{(2^j-2)p}{2^jn}$, ... , $\frac{np}{2^jn}$, $\frac{(2^j-n)p}{2^jn}$}
Cada par de cero elementos se suma a $p/n$ e hay $n$ pares; incluyendo el cero, el promedio es, por tanto, $\frac{p}{2n+1}$ como se desee. El requisito de que $2^j > 2n$ asegura que no hay dos elementos son iguales y también que todos ellos están dentro de $[0,1]$ y por lo tanto (desde $2^jn \in T$) son elementos de $S$.
Para mostrar que $\frac{p}{2n+1} \in S$ $n < p < 2n + 1$ podemos definir $r=(2n+1)-p$ y el uso de la set
{1, 1 - $\frac{r}{2^jn}$, 1 - $\frac{(2^j-1)r}{2^jn}$, 1 - $\frac{2r}{2^jn}$, 1 - $\frac{(2^j-2)r}{2^jn}$, ... , 1 - $\frac{nr}{2^jn}$, 1 - $\frac{(2^j-n)r}{2^jn}$}
Cada par en este conjunto se suma a $2 - \frac{r}{n}$ $n$ pares añadir a $2n - r$ y el conjunto de a $2n + 1 - r$ que es igual a $p$, por lo que el promedio es de nuevo $\frac{p}{2n+1}$ y es fácil demostrar que los elementos no se repiten y son todos dentro de $[0,1]$.
Ya hemos mostrado $0 < p < 2n + 1 \implies \frac{p}{2n+1} \in S$, y desde $\frac{0}{2n+1}$ $\frac{2n+1}{2n+1}$ están en S, a través de la definición original, hemos demostrado que $2n+1 \in T$.
Habiéndose demostrado que la $n \in T$ implica que tanto $2n \in T$$2n+1 \in T$, y desde $1 \in T$ por la definición de $S$, es trivial demostrar por inducción que todos los enteros positivos $n$$T$. QED.
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