Índice de todos los números racionales en $[0,1]$ desde el 1 hasta el infinito. Para cada número racional $q$$[0,1]$, forma un conjunto $I_i=[q-\frac\epsilon{2^i},q+\frac\epsilon{2^i}]$ donde $\epsilon$ es un número pequeño, quizás $\epsilon=0.01$. Ahora consideremos el conjunto $$A=\bigcup_{i=0}^\infty I_i $$ Set $Un$ seems to be a superset of $[0,1]$ because for any number $x\in[0,1]$, there is a rational number that is very close to it. So $x\in I_i$ for some $i$. But the measure of $$ is $\epsilon$ and the measure of $[0,1]$ is $1$. Does this mean there must be numbers in $[0,1]$ but not $Un$? If so, what are those numbers or how to construct them? Also why is the argument for $x\in I_i$ for some $i$ incorrecta?
Respuestas
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Gaurav Jassal
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841
El argumento de $x\in I_i$ es incorrecta porque no especificar "muy cerca" $x$ es para los racionales. Hay (muchos de) los números irracionales en $[0,1]$ que no están dentro de las $I_i$. Por ejemplo, es bastante fácil ver que usted puede manejar para elegir su indización de los racionales de tal manera que $\sqrt{2}/2$ no es nunca en el interior de las $I_i$. Lo que ocurre es que este debe ser el caso de un uncountably gran número de irrationals, no sólo a $\sqrt{2}/2$.
La forma de construcción de estos irrationals depende de su particular manera de enumerar los racionales. He dicho anteriormente que "es fácil ver que" puede enumerar los racionales de tal manera que $\sqrt{2}/2$ nunca dentro de las $I_i$. Bien, de hecho es fácil. Comience con cualquier enumeración $r_i$ de su elección. Si la distancia de a $r_1$ $\sqrt{2}/2$es mayor que $\epsilon/2^1$, tome $q_1=r_1$. De lo contrario, intente con la siguiente $r_i$ hasta llegar a un $r_i$ que se encuentra fuera del intervalo de $\left[\sqrt{2}/2-\epsilon/2^1,\sqrt{2}/2+\epsilon/2^1\right]$ (eventualmente). Ahora que usted ha puesto $q_1=r_i$, quitar esta $r_i$ original de su enumeración, y repetir el mismo algoritmo para elegir a $q_2=r_j$ tal que $q_2$ está fuera del intervalo de $\left[\sqrt{2}/2-\epsilon/2^2,\sqrt{2}/2+\epsilon/2^2\right]$. De esta manera, usted va a terminar hasta la elección de todos los $q_n$, e $\sqrt{2}/2$ nunca va a estar dentro de alguna de las $I_i$.
También, tenga en cuenta que la medida de $A$ es menos de $\epsilon$, no es igual a.
ciberandy
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104
Voy a asumir que su construcción es como sigue:
Enumerar los racionales como $(q_n:n\in\mathbb N)$ (que no especificó). Solucionar algunos pequeños $\varepsilon>0$, y deje $I_i=[q_i-2^{-i}\varepsilon,q_i+2^{-i}\varepsilon]$. Luego formulario $$ A=\bigcup_{i\in\mathbb N} I_i $$
Se puede alegar que $A$ contiene $[0,1]$ como un subconjunto. El razonamiento es:
Para cualquier número real $x\in[0,1]$, y para cualquier $\delta>0$ existe alguna racional $q\in[0,1]$ tal que $|x-q|<\delta$. Podemos deducir que $x\in I_n$ algunos $n$.
Por desgracia, que la deducción es falsa. La razón por la que no funciona es que, aunque podemos encontrar algunos de $q_n$ arbitrariamente cerca de cualquier $x\in[0,1]$, $n$ podría ser arbitrariamente grande, sí, de modo que los dos extremos de $q_n-2^{-n}\varepsilon$ $q_n+2^{-n}\varepsilon$ $I_n$ podría ser incluso más cerca de a$x$$q_n$. I. e., $x\not\in I_n$.
Me gustaría dar un ejemplo de algunos de los $x$ que no figura en ninguna de las $I_i$, pero depende de la enumeración $(q_n)$ que corregir para empezar. Además, usted mismo ha proporcionado una perfectamente buena prueba de que ese $x$ existe - la $A$ tiene una medida de $\varepsilon$, por lo que no puede contener la totalidad de $[0,1]$!
ManuelSchneid3r
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116
Las respuestas dadas han señalado el defecto en el OP del argumento. Permítanme decir algo, sin embargo, sobre la intuitiva el contenido de el error.
La declaración de la "si $x$ es arbitrariamente cerca de elementos de $A$ (o más precisamente, si $\forall\epsilon>0\exists a\in A(d(x, a)<\epsilon)$), $x\in A$" es decir "$A$ está cerrada."
Por supuesto, no todo el conjunto es cerrado. Por ejemplo, considere el $A=\mathbb{R}-\{0\}$. Por supuesto que 0 es arbitrariamente cerca de elementos de $A$, pero no en $A$.
La respuesta intuitiva a esto es a menudo, "Seguro, pero podemos hacer $A$ cerrado por sólo la adición de un punto; que no es efecto del tamaño de $A$." Esto es cierto. Sin embargo, esto es a menudo, a continuación, extender,
Siempre podemos hacer $A$ cerrada mediante la adición de "un montón de puntos", por lo que no se debe cambiar el tamaño de $A$.
Esta es la parte que está mal, y a menudo sorprendente para quienes viendo el análisis por primera vez! El cierre de un conjunto puede ser inmensamente más grande que la de la serie original, en prácticamente cualquier sentido de la "grandeza" de ningún tipo.
Un doble error está en suponer que todos los abiertos densos conjuntos son grandes; de hecho, usted puede hacer countably abiertos densos conjuntos cuya intersección tiene medida 0!
Andy
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21
Hay números irracionales que están en ninguna de las $I_i$. Por comodidad me deja reemplazar su $\varepsilon$$\delta$, y voy a enumerar los racionales en $[0,1]$$\{ q_i \}_{i=1}^\infty$.
Usted no tiene que por cada irracionales $x$ y cada una de las $\varepsilon > 0$, no es racional,$q$$|x-q|<\varepsilon$. Lo que usted necesita no está cuantificado de la misma manera. Usted tendría que algunos racional $q_i$ satisface $|x-q_i|<\delta 2^{-i}$. Es decir, cuando tomamos una racional inmediatamente se nos da el radio a su alrededor.
Así, podría suceder que cuando usted escoge $\varepsilon$, todos los de la $q_i$ dentro $\varepsilon$ $x$ tan elevado $i$ que $\delta 2^{-i}<\varepsilon$. De hecho, el aviso de que sólo un número finito de $i$ satisfacer $\delta 2^{-i} < \varepsilon$. Así podemos mantener $x$ fuera de la unión en un proceso iterativo de la moda. Específicamente se puede obtener una secuencia $\varepsilon_k$ va a cero y un aumento de la secuencia de $N_k$, de modo que para cada una de las $k$ y cada $i=N_{k-1},N_{k-1}+1,\dots,N_k-1$, $|x-q_i|>\varepsilon_k$ con $N_k$ elegido suficientemente grande para cada una de las $k$.
Siendo más concreto será contraproducente, creo. Parte del problema es que los ejemplos concretos que requieren concretamente especificar una enumeración de los racionales.
aes
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5160
He aquí una sencilla prueba que no sea posible el $\{I_i\}$ según lo especificado por usted cubrirá, basado en el conteo de número entero de puntos, utilizando sólo la compacidad de $[0,1]$ (una vez que sabes algo de teoría de la medida, más técnicas generales sustituyen a esto, pero me gusta la intuición de esta sencilla prueba proporciona):
Definición: La longitud de un intervalo de $I = [a,b]$ ( $a,b \in \mathbb{R}$ $b > a$ )$\mathrm{len}(I) = b-a$.
La proposición: Supongamos $\{I_i\}_{i\in A}$ es una colección de intervalos abiertos y $\sum_{i\in A} \mathrm{len}(I_i) < 1$. A continuación,$\cup_i I_i \not\supset [0,1]$.
Prueba: Dado $\lambda \in \mathbb{R}$$\lambda > 0$, vamos a $\lambda[a,b] = [\lambda a, \lambda b]$.
Deje que el número entero de puntos contenidos en cualquier conjunto $S \subset \mathbb{R}$ denotarse $n(S)$. Luego tenemos a $b-a-1 \leq n(I) \leq b-a+1$$I = [a,b]$.
Ahora, si suponemos que por la vía de la contradicción que $\{I_i\}$ es una cubierta abierta de a $[0,1]$ entonces existe un número finito de subcover. Así que podemos suponer sin pérdida de generalidad que el conjunto de índices $A$ es finito, es decir $A = \{1, \ldots, m\}$.
Deje $\sum_{i=1}^m \mathrm{len}(I_i) = c < 1$.
A continuación,$n(\cup_{i= 1}^m \lambda I_i) \leq \sum_{i=1}^m (\lambda b_i - \lambda a_i + 1) = m + \lambda \sum_{i=1}^m \mathrm{len}(I_i) = m + \lambda c$.
Elija $\lambda > \frac{m}{1-c}$. A continuación,$n(\lambda\cup_{i= 1}^m I_i) \leq m+\lambda c < \lambda = n(\lambda [0,1])$.
Por lo tanto $\lambda \cup_{i=1}^m I_i \not\supset \lambda[0,1]$.
Por lo tanto $\cup_{i=1}^m I_i \not\supset [0,1]$
$\square$
En su caso, tenga en cuenta que $\sum \mathrm{len}(I_i) = \epsilon = .001 < 1$.
