Distancia total recorrida al visitar todos los números racionales

Question

Mis alumnos encontraron un viejo problema dado en mi colegio en 2007 (probablemente de una clase de Cálculo de Honor) y que llevaban tiempo intentando resolver. Este es el problema:

Probar o refutar: existe una biyección $a$ de $\mathbb N$ en $\mathbb Q$ tal que $\sum_{n=1}^\infty (a_n-a_{n+1})^2$ es convergente. (Con $a_n=a(n)$ )

Tengo que confesar que no tengo ni idea del método para tratar este problema. Mi intuición es que la suma representa el cuadrado de la distancia recorrida al visitar todos los números racionales, pero hay tantos racionales que la suma debería ser infinita. Por otra parte, la densidad de Q significa que puedo viajar la distancia entre racionales consecutivos de mi viaje puede ser arbitrariamente pequeño, así que estoy confundido ...

Lo único que pudimos probar es que $\sum(a_n-a_{n+1})$ es divergente (en caso contrario, $\{a_n\}$ estaría acotado, una contradicción).

Cualquier pista es bienvenida.

Answer 1

Mi intuición dice que sí (que existe). Elija $a$ para que $a_n-a_{n+1}\leq \frac{1}{n}$ ya que $\sum_n\frac{1}{n^2}$ converge, si puede efectivamente elegir uno de estos $a$ deberías estar bien. Ahora, porque $\sum_n\frac{1}{n}$ divergentes, en principio se podrían dar pasos que tuvieran aproximadamente esa longitud y aún así llegar a "cubrir todo $\mathbb{Q}$ '. Podría intentar hacer esto más preciso.

EDITAR: Hacerlo con precisión.

Elija cualquier biyección $f:\mathbb{N}\longrightarrow \mathbb{Q}$ . Obtendremos $a$ de $f$ inductivamente como sigue.

En primer lugar, dejemos que $a(1)=f(1)$ . Ahora bien, si $|f(2)-a(1)|\leq \frac12$ , establecemos $a(2)=f(2)$ . En caso contrario, establecemos $a(2)=a(1)\pm\frac12$ , cualquiera que sea el signo que traiga $a(2)$ más cerca de $f(2)$ . Entonces, si | $f(2)-a(2)|\leq \frac13$ , establecemos $a(3)=f(2)$ ; en caso contrario, establecemos $a(3)=a(2)\pm \frac13$ , cualquiera que sea el signo que traiga $a(3)$ más cerca de $f(2)$ . Procedemos de esta manera hasta que cada uno $f(2)$ , luego pasamos a $f(3)$ y así sucesivamente.

Observaciones:

• Porque $\sum_n\frac{1}{n}$ diverge, siempre llegaremos al siguiente $f(n)$ en un tiempo finito.
• Por supuesto, ya que $f$ es una biyección, nuestro intermedio $a(k)$ 's puede pisar algunos de los $f(n)$ 's prematuramente. Si, después de alcanzar unos $f(n)$ , $f(n+1)$ ya ha sido asignado previamente a algún $a(k)$ simplemente nos saltamos $f(n+1)$ y proceder a $f(n+2)$ . Observe que, en cualquier punto de la inducción, $a$ se definirá en un número finito de puntos, por lo que puede haber como máximo un número finito de saltos, y el proceso siempre puede continuar.
• Por último, si al definir $a(k+1) = a(k) \pm \tfrac1k$ el RHS ya está ocupado, simplemente elige otro racional $r$ cerca de $a(k) \pm \tfrac1k$ , digamos que $\left|r-\left(a(k) \pm \tfrac1k\right)\right|\leq\tfrac{1}{2k}$ y poner $a(k+1)=r$ .

Estas observaciones garantizan que este proceso inductivo puede continuar siempre y acabará alcanzando todo lo racional. Utiliza el axioma de elección cerca del final, y creo que hay una manera de no utilizarlo: buscar

\begin {align} &a(k) \pm \tfrac1k\\ &a(k) \pm \tfrac1k \mp\tfrac {1}{2k} \\ &a(k) \pm \tfrac1k \mp\tfrac {1}{2k} \pm\tfrac {1}{4k} \\ &a(k) \pm \tfrac1k \mp\tfrac {1}{2k} \pm\tfrac {1}{4k} \mp\tfrac {1}{8k} \\ & \dots \end {align}

hasta que encuentres uno que aún no haya sido utilizado. Pero, sinceramente, no me preocupa demasiado.

Answer 2

He aquí una idea (habrá que trabajar para convertirla en una prueba, pero has pedido una pista, así que...):

En algún momento necesito pasar de, digamos, $0$ a $1$ - Tengo que golpear uno de ellos, y el otro en algún momento posterior. Ahora, esto se parece a la distancia $1$ Lo cual está bien - SI no tengo que hacer pasos como este muy a menudo. Pero también tengo que hacer $1$ a $2$ , $2$ a $3$ y así sucesivamente; por lo que tengo que hacerlo más pequeño. Pero $0, \frac{1}{2}, 1$ sólo tiene una distancia cuadrada acumulada igual a $\frac{1}{2}$ . $0, \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{3}{4}, 1$ tiene una distancia cuadrada acumulada de sólo $\frac{1}{4}$ .

Lo bueno es que puedo hacerlo con el intervalo que quiera. Así que imagina tomar cualquier enumeración de $\mathbb{Q}$ que te guste e insertar elementos entre ellos para "encoger" los pasos implicados de manera que cada paso sucesivo de la enumeración original tenga una distancia-cuadrado acumulada cada vez menor en la nueva - digamos, encogiendo como $2^{-n}$ .

Esto no está completo - he sido muy vago acerca de muchas cosas, y no he dicho cómo lidiar con el hecho de que la enumeración con la que terminas (al menos la que estoy visualizando) visita la mayoría de los racionales muchos veces; pero puede ser capaz de llenar los vacíos.

Answer 3

Voy a ampliar mi comentario en una respuesta (aunque todavía no es una prueba formal).

Lema: Dados los racionales $a < b$ , $\epsilon > 0$ y cualquier conjunto finito $S$ existen racionales $k_1,\ldots,k_n \not\in S$ tal que $$(k_1 - a)^2 + \sum_i (k_{i+1} - k_i)^2 + (b - k_n)^2 < \varepsilon.$$

Esbozo de prueba: Obsérvese que al insertar un único racional $c$ en el intervalo $\left[\frac{3a+b}{4},\frac{a+3b}{4}\right]$ tenemos $$(b-a)^2 \leq \frac{5}{8}\left((c-a)^2 + (b-c)^2\right).$$ Siempre podemos hacerlo, porque ese intervalo contiene infinitos racionales, y por tanto en particular contiene un racional que no está en $S$ . Sigue haciéndolo hasta que la suma de las distancias al cuadrado sea menor que $\varepsilon$ .

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Ahora dejemos que $(a_n)$ sea cualquier enumeración de los racionales. Formar una nueva enumeración de los racionales como sigue: Sea $b_{n_1} = b_1 = a_1$ . Inserte tantos racionales $b_2, \ldots, b_{n_2-1}$ como sea necesario para que cuando finalmente $b_{n_2} = a_2$ tenemos $$\sum_{i=1}^{n_2-1} (b_{i+1} - b_i)^2 < 1/2.$$

Dejemos que $b_{n_3}$ sea el siguiente miembro no visitado de $(a_n)$ . Continúa así, insertando racionales $b_{n_2+1},\ldots,b_{n_3-1}$ para que $$\sum_{i=n_2}^{n_3-1} (b_{i+1} - b_i)^2 < 1/4.$$

En cada paso, el conjunto prohibido $S$ es simplemente la secuencia $(b_n)$ que se ha definido hasta ahora. Tomamos un número finito de pasos para llegar a $a_1$ y luego $a_2$ y así sucesivamente, por lo que $(b_n)$ es también una enumeración de los racionales. Además, $\sum_i (b_{i+1} - b_i)^2 < 1$ .

Answer 4

Mi intuición dice que no.

Dejemos que $a_{n_1} := 0, a_{n_q} := q \in \mathbb{N}$

Entonces $ q^2 = (a_{n_1} - a_{n_q})^2 \leq \sum_{n = 1}^{\max(n_1,n_q)} (a_n - a_{n+1})^2 $ Por la desigualdad del triángulo.

Sabemos que $n_q \to \infty$ como $q \to \infty$ (porque $a$ es una biyección, y los racionales son ilimitados)

Por lo tanto, $\sum_{n = 1}^{\infty} (a_n - a_{n+1})^2$ diverge.

Answer 5

Piénsalo así. Lo que necesitas para que tu suma sea convergente es hacer $(a_n - a_{n+1})$ se acercan infinitamente, pero no son iguales a 0 (si no, no sería una biyección). Así que debemos intentar eliminar todas las opciones que podamos:

Polinomios: Obviamente, los de grado par no pueden funcionar. Los impares son nuestra única opción.

Categorías no polinómicas:

1. sin, cos, etc: refutado por la biyección
2. polinomios divididos por casos: lo intentaremos más tarde
3. arrays: lo probaremos más tarde

Así que, por ahora, me he centrado en los polinomios Impares. Agrupándolos en los de grados positivos y los de grados negativos, descarté los de grados positivos basándome en su propiedad común de divergencia.

Los grados negativos parecen bastante interesantes, así que vamos a trabajar con ellos, empezando por $n^{-1}$ o más coloquialmente, $\frac{1}{x}$ .

Teóricamente, el límite a medida que n se acerca al infinito de $(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})$ es 0, pero nunca llegará a 0.

Y bam, $\frac{1}{n}$ es su biyección. Como prueba, sustituyamos el infinito por números racionales y probemos.

1. 0 - 0
2. 10 - 0.28961810696118045
3. 100 - 0.28986781017274627
4. 1000 - 0.28986813336411776
5. 10000 - 0.2898681336961168

Podemos demostrar adicionalmente que es convergente diciendo que si x es convergente, $x^2$ será convergente. Por lo tanto, dado que $(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})$ entonces $(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})^2$ es convergente, y su integral de 0 a infinito también será convergente.

P.D., no tengo ni idea de por qué converge en este punto exacto o si tiene un significado matemático profundo, y acabo de ver esto y quería intentarlo. Espero no haber metido la pata y haberte ayudado.