Que $A=\{x\in\mathbb{R}:\forall n\in\mathbb{Z}^+,\lfloor x^n \rfloor \text{ is odd} \}$
donde $\lfloor x \rfloor$ es el entero más grande igual o menos que $x$.
¿Es $A$ contable?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
La respuesta es NO. De hecho, voy a mostrar a continuación se puede encontrar un subconjunto de a $A$ paramatrized por una infinita binario árbol con $2^{\aleph_0}$ nodos.
Definición de Decir que un número finito (o infinito) de la secuencia de números enteros impares $(a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n)$ (o $(a_i)_{i\geq 1}$) es buena si $a_1 \geq 5$, $a_i^{\frac{i+1}{i}} \leq a_{i+1} \leq a_{i+1}+1 \leq (a_i+1)^{\frac{i+1}{i}}$ for every $i$ between $1$ and $n-1$ (o cada $i$ si la secuencia es infinito).
Lema 1. Si $(a_i)$, $a_i \geq 5^i$ por cada $i$.
La prueba del lema 1. El uso de la inducción en $i$$a_i^{\frac{i+1}{i}} \leq a_{i+1}$.
Lema 2. Si $(a_i)$ es bueno, entonces $(a_i+1)^{\frac{i+1}{i}}-a_i^{\frac{i+1}{i}} \geq 5$ for every $i$.
La prueba del lema 2. Deje $f(x)=(x+1)^{\frac{i+1}{i}}-x^{\frac{i+1}{i}}$$x>0$. Entonces $f'(x)=\frac{i+1}{i}\big((x+1)^{\frac{1}{i}}-x^{\frac{1}{i}}\big)$ , por lo que $f$ es cada vez mayor. Gracias al lema 1, será suficiente para mostrar que $f(5^i)\geq 5$, que sigue fácilmente de Bernoulli de la desigualdad.
Lema 3. Si una secuencia finita $(a_i)_{1\leq i\leq n}$ es bueno, entonces no son menos de dos buenas secuencias de longitud $n+1$ que la amplían.
La prueba del lema 3. Considerar el intervalo de $I=[a_n^{\frac{n+1}{n}},(a_n+1)^{\frac{n+1}{n}}]$. Por el lema anterior ella tiene una longitud de, al menos,$5$, así que hay al menos dos enteros impares $j$ tal que el intervalo de $[j;j+1]$ está contenido en $I$.
Lema 4. Hay una cantidad no numerable de bien infinito de secuencias.
La prueba del lema 4. Recorrer el anterior lema una contables número de veces, y a partir de la buena secuencia $(5)$ hemos construido una infinita árbol binario, que contendrá $2^{\aleph_0}$ nodos.
Por último, si $a=(a_i)_{i\geq 1}$ es un bien infinito secuencia, por la construcción las secuencias de $u_i=a_i^{\frac{1}{i}}$ $v_i=(a_i+1)^{\frac{1}{i}}$ "adyacentes" : $(u_i)$ es no decreciente, $(v_i)$ es nonincreasing, y $u_i \leq v_i$ para cada $i$. Entonces, vamos a tener un número real $x_a \in A$ tal que $u_i \leq x_a \leq v_i$ por cada $i$.
Ahora, tenemos $x_a\neq x_b$ si las secuencias de $a$ $b$ son diferentes. De hecho, si $i$ es el menor índice tal que $a_i \neq b_i$, entonces los intervalos de $I_a=[a_i,a_{i}+1]$ $I_b=[b_i,b_{i}+1]$ son distintos, el primero contiene $x_a^i$ y el otro contiene $x_b^i$.
Por lo $A$ es incontable.
ACTUALIZACIÓN El axioma de elección se puede evitar en la construcción, de la siguiente manera. Allí son dos lugares donde el axioma de elección parece ser necesario :
1) En la construcción del árbol binario, en cada paso debemos elegir dos nuevos valores posibles para $a_{n+1}$. Para solucionar este problema, tomar el más pequeño de los dos posibles los valores de cada tiempo.
2) En la definición de la inyectiva mapa de $a\mapsto x_a$, debemos elegir un valor de $x_a$ en el intervalo de $[{\sf sup}(u_i),{\sf inf}(u_i)]$. Para solucionar este problema, simplemente establezca $x_a={\sf sup}(u_i)$.
fianchetto
Puntos
186
Esta no es una solución. Es sólo un primer paso.
La primera observación obvia es que el $A$ tiene medida de Lebesgue cero.
Tomemos, por ejemplo,$A_1=A\cap [1,2)$. Set $A_{1,n}=\{b^n: b\in A_1\}$. Sabemos que $A_{1,2}\subset [1,2)\cup [3,4)$, y por lo tanto $A_1\subset [1,\sqrt{2})\cup [\sqrt{3},2)$. Del mismo modo, ya que los elementos de $A_{1,4}$ han entero impar parte, a continuación,$A_1\subset [1,\sqrt[4]{2})\cup[\sqrt[4]{3},\sqrt{2})\cup[\sqrt[4]{5},\sqrt[4]{6})\cup[\sqrt[4]{7},2)$, y en general $$ A_1 \subconjunto \bigcup_{k=1}^{2^{n-1}} \big[\sqrt[2^n]{2k-1},\sqrt[2^n]{2k}\big)=C_n, $$ lo que implica que $$ A_1 \subconjunto \bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{k=1}^{2^{n-1}} \big[\sqrt[2^n]{2k-1},\sqrt[2^n]{2k}\big)=C. $$ En fin a ver que $m(C)=0$, se observa que la pasamos de $C_n$, que es una unión de intervalos, a$C_{n+1}$, teniendo un poco menos de la mitad de cada intervalo.
Tenga en cuenta que este se obtiene sólo con el hecho de que $\lfloor x^{2^n}\rfloor$ es impar, para todos los $x\in A$.
