¿Un subconjunto abierto ilimitado de$\mathbb{R}$ contiene infinitos múltiplos de algún número?

Question

Si $U$ es un subconjunto abierto ilimitado de $\mathbb{R}$ , ¿existe algún $a$ tal que infinitos múltiplos enteros de $a$ pertenezcan a U?

Answer 1

Usted puede probar este uso de la categoría de Baire teorema. Vamos a dejar que $U$ ser una desenfrenada subconjunto de los reales positivos, señalando que este cambio no afecta el teorema. Definir $U_n = U \cap (n,\infty)$ y definir $$V_n = \{x\in\mathbb R^+ : \text{There exists an integer }k\text{ so that }kx\in U_n\}.$$ Este conjunto es abierto como también se podrían escribir $$V_n=\bigcup_{k=1}^{\infty}\frac{1}kU_n$$ donde cada uno de los conjuntos en la unión está abierta.

Tomamos nota de que $V_n$ es denso en $[0,\infty)$ porque su complemento no puede contener ninguno de los intervalos - tenga en cuenta que si un intervalo de $(a,a+\varepsilon)$ fue en el complemento de $V_n$, a continuación, $U_n$ debe ser disjunta de cada intervalo de la forma $(ka, ka+k\varepsilon)$. Sin embargo, la unión de $\bigcup_{k=1}^{\infty}(ka,ka+k\varepsilon)$ tiene un almacén de complemento en $\mathbb R^+$ porque para cualquier $k$ tal que $k\varepsilon > a$, el intervalo de $(ka,ka+k\varepsilon)$ se superpone con $((k+1)a, (k+1)a+(k+1)\varepsilon)$ y por lo tanto esta unión contiene todos los de $(ka,\infty)$. Desde $U$ es ilimitado, esto no puede ser.

Tenga en cuenta que el conjunto de números que hay infinitamente muchos múltiplos en $U$ es exactamente $$\mathscr V=\bigcap_{n=1}^{\infty}V_n$$ ya que si hay sólo un número finito de múltiplos de $x$ en $U$, entonces no hay ninguno en algunos $U_n$. Esta es una contables intersección de abiertos densos conjuntos en $[0,\infty)$. Por la categoría de Baire teorema de la, $\mathscr V$ es denso en $[0,\infty)$ - y, en particular, no está vacía.

Answer 2

Deje $I_1 = (a,b)$ ser cierto intervalo de números positivos contenidos en el conjunto de $S$. Considere la posibilidad de la unión de sus múltiplos, guardar para $I_1$ sí: $$U_1 := \bigcup_{n = 2}^{\infty} n \cdot I_1.$$ You can check that there exist an $N_1$ so that for all $x \geq N_1$, $x \in U_1$. As $S$ is unbounded, there must exist an $x_1 \S \cap U_1$. Therefore, $x_1$ will be element of some $n_1 \cdot I_1$. Let $I_2$ be an interval containing $x_1$ in $I_2 \subconjunto (n_1 \cdot I_1) \cap S$. All numbers in $I_2$ are multiples by $n_1$ of numbers in $I_1$.

Definir $$U_2 := \bigcup_{n = 2}^{\infty} n \cdot I_2.$$ Again there exists an $N_2$ so that for all $x \geq N_2$, $x \in U_2$. As $S$ is unbounded, there must exist an $x_2 \S \cap U_2$. $x_2$ will be element of some $n_2 \cdot I_2$. Let $I_3$ be an interval containing $x_2$ and subset of $I_3 \subconjunto (n_2 \cdot I_2) \cap S$. All numbers in $I_3$ are multiples by $n_2$ of numbers in $I_2$, and therefore multiples by $n_1 \cdot n_2$ of numbers in $I_1$.

Seguir esta construcción inductiva, por lo que todos los $I_n$ consisten en múltiplos de todos los intervalos anterior en la secuencia.

Ahora podemos reducir estos intervalos de $I_n$ a compacto, cerrado intervalos de $J_n$ por $(a, b) \mapsto [a + \frac{(b-a)}{3}, b - \frac{(b-a)}{3}]$, es decir, el tercio interior del intervalo. Las propiedades deseadas desde arriba sobre múltiplos todavía se mantienen.

Ahora, por el axioma de elección, determinar una secuencia $y_n \in J_n$. Dividir para obtener una secuencia en la $J_1$: $$z_n := \frac{y_n}{\prod_{i = 1}^{n - 1} n_i}.$$

Como se trata de una secuencia en un compacto, cerrado y acotado intervalo, se tiene una convergencia de subsequence $\sigma$. Su límite, $Z$, se encuentra en $J_1$, pero también en $\frac{1}{n_1} J_2$, en $\frac{1}{n_1 \cdot n_2} J_3$ y así sucesivamente, como $\sigma$, salvo para algunos de los primeros términos, se encuentra completamente en $\frac{1}{n_1} J_2$, en $\frac{1}{n_1 \cdot n_2} J_3$ y así sucesivamente. Por lo tanto, infinitamente muchos múltiplos de $Z$ mentira en $S$.

(Espero que alguien puede venir para arriba con una forma más elegante de la prueba, pero la fuerza bruta funciona a veces...)

Answer 3

Este desarrolla una idea publicado en una respuesta por @lulu, ya eliminados (antes de que yo pudiera captar los detalles, para que @lulu no es responsable por mis posibles interpretaciones erróneas :).
Estoy confundido, así que permítanme escribir un bosquejo de ella antes de que se me olvide.

Suponga $\sup U=\infty$. Definir $a_1<b_1<a_2<b_2<\cdots$ e $n_1,n_2,\dots$ tal forma que:

(i) $[a_k,b_k]\subset U$,
(ii) $\bigl(n_k\cdot(a_k,b_k)\bigr)\cap U\neq\emptyset$,
(iii) $[a_{k+1},b_{k+1}]\subset\bigl(n_k\cdot(a_k,b_k)\bigr)\cap U$.

A continuación, $(a_k,b_k)\cap\frac U{n_k}\neq\emptyset$ y $\frac{[a_{k+1},b_{k+1}]}{n_k}\subset(a_k,b_k)\cap\frac U{n_k}\subset[a_k,b_k]\subset U$.

Por otra parte, $\frac{[a_{k+2},b_{k+2}]}{n_k n_{k+1}}\subset\frac{(a_{k+1},b_{k+1})\cap U}{n_k}\subset\frac{[a_{k+1},b_{k+1}]}{n_k}\subset U$.

Así $\frac{[a_{k+2},b_{k+2}]}{n_k n_{k+1}}\subconjunto\frac{[a_{k+1},b_{k+1}]}{n_k}\subconjunto [a_k,b_k]\subconjunto de U$.

La idea es "diagonalize" y obtener una secuencia anidada de intervalos cerrados, $[a_1,b_1]\supseteq\frac{[a_2,b_2]}{n_1}\supseteq\frac{[a_3,b_3]}{n_1 n_2}\supseteq\cdots\supseteq\frac{[a_{1+j},b_{1+j}]}{n_1 n_1\cdots n_{j}}$. (A continuación, tome $a$ en su intersección.) Tengo que pensar más, pero voy a publicar esto.