Las enumeraciones de los racionales con summable lagunas $(q_i-q_{i-1})^2$

Question

Aquí hay una pregunta de mi pregrado días que no sabía la respuesta. Sólo quiero saber si alguien me puede ofrecer una pista.

Considerar los racionales en $[0,1]$. ¿Existe un (bijective) la enumeración de estos racionales $q_1,q_2,\ldots$ tales que la suma de $\sum\límites^\infty_{i=1} (q_i-q_{i-1})^2$ es finito?

Answer 1

Resumen:

• Existe una (bijective) enumeración $(q_i)_{i\geqslant0}$ de los racionales en $[0,1]$ tal que, por cada $a\gt1$, la serie $\sum\limits_i|q_i-q_{i-1}|^$ converge.

• Este resultado es óptimo en el sentido de que no (bijective) enumeración $(q_i)_{i\geqslant0}$ de los racionales en $[0,1]$ es tal que la serie $\sum\limits_i|q_i-q_{i-1}|$ converge.

Vamos a mostrar el primer punto. Por cada $n\geqslant0$ y $0\leqslant k\lt 2^n$, definir el intervalo de $I_{2^n+k}$ como $$I_{2^n+k}=\left\{\begin{array}{ll}(k\cdot2^{-n},(k+1)\cdot2^{-n}]&\text{si $n$ es aún},\\ (1-(k+1)\cdot2^{-n},1-k\cdot2^{-n}]&\text{si $n$ es impar}.\end{array}\right.$$ Por lo tanto, por cada $n\geqslant0$, $(I_{2^n+k})_{0\leqslant k\lt 2^n}$ es una partición de $(0,1]$ a $2^n$ intervalos de longitud $2^{n}$. Por cada $i\geqslant 2^n$, si $x$ es $I_i$ y $y$ en $I_{i+1}$, entonces $|x-y|\leqslant c\cdot2^{-n}$, probablemente para $c=2$ y, sin duda, $c=42$.

Definir de forma recursiva $(q_i)_{i\geqslant0}$ de la siguiente manera: vamos a $q_0=0$ y, por cada $n\geqslant0$ y $0\leqslant k\lt 2^n$, vamos a $q_{2^n+k}$ denotar el racional en $I_{2^n+k}$ no ya en $\{q_i\mid i\lt 2^n+k\}$, cuya reducida fracción tiene un mínimo denominador y, si varias de estas racionales existen, mínimo numerador.

Entonces $(q_i)_{i\geqslant0}$ enumera los racionales en $[0,1]$. Además, por cada $n\geqslant0$, si $2^n\leqslant i\lt 2^{n+1}$, entonces $$|q_i-q_{i-1}|\leqslant c\cdot2^{-n}.$$ Por lo tanto la división de la suma de $\sum\limits_i|q_i-q_{i-1}|^$ $2^n\leqslant i\lt 2^{n+1}$ es en la mayoría de los $$2^n\cdot(c\cdot2^{-n})^=c^a\cdot2^{-(a-1)n}.$$ Dado que $a\gt1 de dólares, sumando los muestra que la serie converge. QED.

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El hecho de que la serie $\sum\limits_i|q_i-q_{i-1}|$ difiere para cada enumeración es fácil. Definir de forma recursiva la secuencia de $(N(n))_{n\geqslant0}$ como sigue: supongamos $N(0)=0$ y, por cada $n\geqslant0$, vamos a $N(n+1)$ denotar el entero más pequeño que $i\geqslant N(n)$ tal que $$|q_i-q_{N(n)}|\geqslant\tfrac12.$$ Entonces $N(n)$ es finito para cada $n$ (por qué?) y triangular en el que la desigualdad de los rendimientos $$\sum\limits_i|q_i-q_{i-1}|\geqslant\sum\limits_n|q_{N(n)}-q_{N(n-1)}|\geqslant\sum\limits_n\tfrac12,$$ que es infinito.

Answer 2

Usted puede definir la secuencia de $u_n$ de tal manera que se mueve de 0 a 1 en pasos de $\frac{1}{1!}$, de 1 a -1 en los pasos de $\frac{1}{2!}$, y de -1 a 2 en pasos de $\frac{1}{3!}$ etc.

Para obtener una buena intuición para esta solución, usted puede comenzar mediante la resolución de un problema diferente, que es la enumeración de todos los números con un decimal finito de expansión. Esto puede hacerse mediante el movimiento de 0 a 1 en pasos de tamaño de 0.1, de 1 a -1 en pasos de 0.01, y luego de -1 a 2 en pasos de 0.001 etc. Puesto que usted quiere que sea un bijection, simplemente saltar sobre cualquier punto de que has visitado anteriormente. Llamar a esta secuencia de $v_n$. La suma de $\sum_{i=1}^{\infty} (v_r - v_{i-1})^2$ puede ser superior delimitada como $4(10 \times 0.1^2 + 20 \times 0.01^2 + 30 \times 0.001^3 + \ldots) = 4 \sum_{i=1}^{\infty} 10r \times 10^{-2r}$, que es claramente convergente. La multiplicación por 4 provenía del hecho de que cada vez que se salta de un punto, la diferencia al cuadrado se multiplica por 4, así que para dar una cota superior de multiplicar el todo por 4.

Claro, que va a perder en cada número racional con un decimal infinita. Así que en lugar de utilizar los pasos de 0.1, 0.01, etc. ir en pasos de $\frac{1}{1!}$, $\frac{1}{2!}$, $\frac{1}{3!}$ etc. De nuevo, omitir los puntos que ya hemos visitado. Ahora, la construcción de una cota superior para $\sum_{i=1}^{\infty} (u_r - u_{i-1})^2$, que es de $4( 1 \1! \times \frac{1}{1!^2} + 2 \2 veces! \times \frac{1}{2!^2} + 3 \veces 3! \times \frac{1}{3!^2} + \ldots) = 4 \sum_{i=1}^{\infty} r \times r! \times \frac{1}{r!^2} = 4 \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{(r-1)!} =4e$, que es finito.