unione numerabile?

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jordan
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unione numerabile?

Messaggio da jordan » 17 giu 2008, 01:40

E' possibile ottenere l'intervallo (0,1) come unione numerabile di intervalli chiusi tutti disgiunti?


edit:stamattina ho pensato a una possibile soluzione (che poi posterò) ma sarei interessato al vostro parere..
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mitchan88
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Re: unione numerabile?

Messaggio da mitchan88 » 17 giu 2008, 13:33

jordan ha scritto:ma sarei interessato al vostro parere..
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alessio
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Messaggio da alessio » 18 giu 2008, 14:58

E' un problema davvero interessante... perchè non posti la tua idea?

vvega
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Messaggio da vvega » 24 giu 2008, 00:16

Sia $ n\geq 0 $ e $ T_n: X_n \rightarrow \mathcal{P}([0,1]) $ tale che $ x \mapsto \mathcal{F}_{n,x} $, dove
$ \mathcal{F}_{n,x}=\{x+\frac{y-x}{2^{2(n+1)k}} | y=\min_{X_n}\{z:z>x\},k\geq 1\} $
e
$ X_0=\{0,1\}, X_{n+1}=T_n(X_n) $
$ X=\left(\bigcup_{n=1}^\infty X_n \cup \{z | \exists c\in (0,1) : z=\inf_X\{x: x>c\}\}\right)\setminus \{0\} $
Sia ora $ \mathcal{I}=\{[a,b]|b\in X, a=\sup_X\{x: x<b\}\} $
con $ a $ e $ b $ indico sempre gli estremi sinistri e destri rispettivamente dei suddetti intervalli.
Mostriamo due cose:
$ \forall a, a\notin X $. Infatti, se per assurdo $ a\in X $, per qualche $ m $ grande a piacere e qualche $ y\in(a,1) $ tali che $ c=a+\frac{y-a}{2^m}\in X $ e $ a<c\leq \sup_X\{x: x<b\} $, contraddizione.
Da questo segue facilmente che l'intersezione tra due intervalli di $ \mathcal{I} $ è vuota.
$ \forall x \in (0,1] $, $ \exists [a,b]\in \mathcal{I}:x\in [a,b] $. Poniamo infatti $ b=\inf_X\{z:z>x\} $, e $ a=\sup_X\{z: z<b\} $. Se fosse $ x<a $ si avrebbe che $ b\leq a $, ma questo non può essere vero perché risulta che $ a $ e $ b $ così costruiti sono conformi alla suddetta definizione. Abbiamo quindi $ a\leq x\leq b $.
Per cui la collezione $ \mathcal{I} $ ricopre $ (0,1] $ con dei chiusi disgiunti (si vede facilmente che non include lo 0). Allo stesso modo si può fare un ricoprimento simile $ \mathcal{I'} $ di $ [1,2) $, si considera $ \mathcal{I}\cup\mathcal{I'} $ e i due intervalli chiusi che si intersecano in $ 1 $ vengono uniti, in questo modo si ottiene un ricoprimento di $ (0,2) $ e si ottiene quello di $ (0,1) $ tramite una contrazione.
Quest'ultimo pezzo chiaramente si poteva evitare ma era un po' un casino.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 24 giu 2008, 11:57

1) Baire nudo e crudo non basta...
2) vvega, riguarda e ricontrolla il tuo esempio (io nn ne ho proprio voglia :P) perché temo non possa proprio essere giusto.

vvega
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Messaggio da vvega » 24 giu 2008, 15:56

EvaristeG: se non l'hai letto, per quale motivo temi che non sia giusto?

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 24 giu 2008, 20:23

Perché so che scrivere (0,1) come unione di chiusi disgiunti è impossibile...

vvega
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Messaggio da vvega » 26 giu 2008, 11:41

Hai delle referenze, o ricordi qualcosa riguardo la dimostrazione di quel fatto?

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julio14
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Messaggio da julio14 » 26 giu 2008, 12:03

[OT]che gufata![/OT]
"L'unica soluzione è (0;0;0)" "E chi te lo dice?" "Nessuno, ma chi se ne fotte"
[quote="Tibor Gallai"]Alla fine, anche le donne sono macchine di Turing, solo un po' meno deterministiche di noi.[/quote]
Non sono un uomo Joule!!!

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talpuz
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Messaggio da talpuz » 26 giu 2008, 22:03

anche a me sembra non si possa ;)
(e a meno di abbagli, non mi sembra che serva baire)

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 28 giu 2008, 17:18

Diciamo che hai scritto
$ [0,1]=I_0\cup I_1\cup\ldots $
Considera un estremo di $ [tex] $I_0],$ x_0 $, interno a (0,1).
Sia $ U_0 $ un intorno di $ x_0 $.
$ U_0\setminus I_0 $ non è vuoto e non è contenuto in nessun altro $ I_n $, per connessione. Sia $ I_{k_1} $ il primo intervallo che interseca $ U_0\setminus I_0 $ e sia $ x_1 $ il suo estremo ad esso interno. Prendiamo un intorno $ U_1 $ di questo estremo che abbia chiusura contenuta in $ U_0 $ e andiamo avanti così.
Per compattezza, l'intersezione degli $ U_j $ è non vuota e quel punto non sta in alcun intervallo di quelli dati. Assurdo.

vvega
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Messaggio da vvega » 29 giu 2008, 14:06

Dopo aver cambiato idea, l'impossibilità io l'ho provata in questo modo.

Raggruppo gli $ I_n $ in sottofamiglie finite $ \mathcal{F}_j $, così definite:
$ I_j\in \mathcal{F}_j $ se $ I_j\notin \mathcal{F}_i $, con $ 1\leq i \leq j-1 $, e per $ j\geq 2 $, $ \mathcal{F}_j $ è tale che per ogni coppia di intervalli consecutivi (rispetto all'ordinamento consueto di $ (0,1) $) appartenenti a famiglie precedenti c'è un intervallo di $ \mathcal{F}_j $. Indico con $ I_{j,k} $ gli elementi di $ \mathcal{F}_j $, dove $ k=1,2,\dots,|\mathcal{F}_j| $ è la posizione di $ I_{j,k} $ in $ (0,1) $ da sinistra a destra, e l'estremo destro di $ I_{j,k} $ lo chiamo $ b_{j,k} $. Considero ora la successione $ (x_h) $ tale che $ x_1=b_{2,1} $ e $ x_{h+1}=\min\{b_{2h,k}|b_{2h,k}>x_h\} $. Risulta che $ (x_h) $ è crescente e limitata da $ b_{1,1} $ o $ b_{0,1} $, per cui converge ma non a $ 1 $, e il limite non appartiene ad alcun $ I_n $.

Mi sono reso conto solo dopo che nella mia costruzione l'insieme
$ \{z | \exists c\in (0,1): x=\inf_X\{x:x>c\}\} $
ha cardinalità continua.. perdonate la distrazione!

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talpuz
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Messaggio da talpuz » 30 giu 2008, 10:15

oppure si può dimostrare che se esiste una tale famiglia di intervalli chiusi dev'essere per forza più che numerabile, usando + o - lo stesso argomento che si usa per vedere che il cantor non è numerabile (che è la stessa idea che c'è sotto le vostre dim, alla fine ;))

vvega
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Messaggio da vvega » 30 giu 2008, 20:08

L'idea della mia dimostrazione, e penso anche quella di EvaristeG, è quella di trovare una successione che converge a un punto che non sta nel ricoprimento. Per far emergere più esplicitamente la questione della cardinalità si potrebbe mostrare che i limiti delle successioni di quel tipo costituiscono un insieme di cardinalità continua, che è essenzialmente l'argomento che ho usato per verificare che l'insieme degli $ \inf $ che avevo costruito non era numerabile.

C'è da aggiungere che si può generalizzare la questione a insiemi chiusi generici, cioè che non sono necessariamente intervalli.

fritzantino
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Messaggio da fritzantino » 05 set 2008, 09:43

CIAO!

anch'io mi ero posto lo stesso problema: sono riuscito a dimostrare che
"non esiste una famiglia numerabile di intervalli chiusi a misura POSITIVA, la cui unione sia (0,1)".

ti faccio quindi un copia e incolla!

***

ENUNCIATO: è impossibile trovare una famiglia F di intervalli chiusi disgiunti a misura positiva tale che la sua unione sia l'intervallo (0,1)

OSSERVAZIONE:
1) tale famiglia, se esiste, deve essere numerabile. Infatti:
a) non può essere finita perché l'unione di un numero finito di chiusi è un chiuso, mentre (0,1) è un aperto.
b) esiste una funzione suriettiva f dall'insieme dei razionali in (0,1) all'insieme F definita nel modo seguente: f assegna a un razionale in (0,1) L' intervallo chiuso che lo contiene.
Quindi F ha cardinalità al più numerabile.

DEFINIZIONE: dato un insieme X, un punto x (appartenente oppure no all'insieme X) si dice "accumulabile da destra rispetto a X" se ogni intervallo (x, x+c) c > 0 ha intersezione non vuota con X. La definizione di "accumulabile da sinistra" è analoga.

ESEMPIO: se x=0, X={1/n, n € N} x è accumulabile da destra (rispetto a X), ma non da sinistra.
ESEMPIO: X=Q, tutti gli elementi di R sono accumulabili sia da destra che da sinistra rispetto a Q.
ESEMPIO: preso un qualunque intervallo chiuso X = [a,b] tutti i punti appartenenti ad [a,b] sono accumulabili da destra rispetto a X ECCETTO b.

Supponiamo allora che esista la famiglia F suddetta:
consideriamo allora l'insieme E degli estremi destri degli intervalli di F. Essi devono avere queste caratteristiche:

1) ogni elemento e € E è accumulabile da destra rispetto a E.
2) NESSUN elemento e € E è accumulabile da sinistra rispetto a E (questo accade perché gli intervalli devono essere a misura positiva. Quindi a sinistra di ogni estremo destro c'è il resto dell'intervallo chiuso, in cui ovviamente non sono presenti altri estremi destri, dato che gli intervalli sono disgiunti).
3) se un punto x € (0,1) è accumulabile da destra rispetto a E, allora appartiene a E (facile)

in particolare quindi, per 1 e 3:
4) e € E <=> e è accumulabile da destra rispetto a E.
(non sono sicuro che serva la DOPPIA implicazione, ma dato che io tendo a sbagliare i sensi vietati e i sensi unici, così sto più sicuro: tanto è facile dimostrare che vale doppia).

ORA: supponiamo che io trovi un punto x di (0,1) che sia accumulabile SIA da destra CHE da sinistra rispetto a E, allora avrei una contraddizione, perché per 4) esso dovrebbe appartenere a E, ma per 2) invece NO.


Allora cerco di trovare questo punto:

parto da due elementi e1 € E e2 € E, con e1 < e2.

sia l = e2-e1

1) E' quasi ovvio che in (e1, e1+l/2) ci sono altri due elementi appartenenti ad E. Siano e1', e2' questi elementi, con e1' < e2'.

2) A questo punto vale che e1'- e1 < l/2, e2'- e1' < l/2

3) riparto dal punto 1, con l' = (e2'- e1') < l/2

procedendo all'infinito mi determino in questo modo una successione crescente e1, e1', e1''...
e una successione decrescente e2, e2', e2'', tutte a termini in E, che convergono allo stesso limite (dato che l l' l'' si almeno dimezzano ad ogni passo).

Questo limite è il punto che fa crollare tutto: ti convince? non ho dimostrato tutto per non essere logorroico (in particolare 1) e 3)), quindi in caso chiedi: è difficile spiegarsi bene in internet, almeno per me.

***
NOTA: può darsi che abbia fatto qualche infinitesimo errore nella stima delle disuguaglianze: credo niente di grave!


il problema è che questa dimostrazione non vale se tu intendi per intervalli anche gli intervalli degeneri: cioè i punti.

in questo caso la dimostrazione ci dice che l'insiemne dei punti deve essere denso (tra due punti ce ne è uno in mezzo).

mmmh... difficile!
fritzantino

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