Mostrare che esiste una collezione $(A_i)_{i \in I}$ di sottoinsiemi infiniti di interi positivi tali che:
(i) $A_i \cap A_j$ è finito per ogni $i\neq j$;
(ii) $I$ non è numerabile.
Famiglie disgiunte
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The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: Famiglie disgiunte
Ciao Riccardo, mi fa piacere che provi a risolverli Avrei alcuni dubbi a riguardo:
1) Cosa significa $\frac{m_k}{n_k} \le f < \frac{m_k+1}{n_k}$?
2) Cosa significa $f<g$? Intendi l'ordine prodotto $f(k)\le g(k)$ per ogni $k$ e $f(k)<g(k)$ per almeno un $k$? (In questo caso "$\le$" sarebbe un ordine parziale per cui è possibile che $f\not\le g$ e $g\not\le f$.)
3) Ammesso che ti restringi a un sottoinsieme totalmente ordinato $X$ delle possibili $f$, come mostri che $X$ non è numerabile?
1) Cosa significa $\frac{m_k}{n_k} \le f < \frac{m_k+1}{n_k}$?
2) Cosa significa $f<g$? Intendi l'ordine prodotto $f(k)\le g(k)$ per ogni $k$ e $f(k)<g(k)$ per almeno un $k$? (In questo caso "$\le$" sarebbe un ordine parziale per cui è possibile che $f\not\le g$ e $g\not\le f$.)
3) Ammesso che ti restringi a un sottoinsieme totalmente ordinato $X$ delle possibili $f$, come mostri che $X$ non è numerabile?
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Re: Famiglie disgiunte
Non sono stato chiaro. Quando una successione binaria appare in una disuguaglianza (come appunto nei casi $\frac{m_k}{n_k} \le f < \frac{m_k+1}{n_k}$ e $f<g$) mi riferisco a quel numero reale compreso tra $0$ e $1$ la cui parte decimale ha espansione in base $2$ uguale alla successione stessa. Per intenderci, la successione identicamente nulla corrisponde al numero $0$, la successione avente $1$ come primo elemento e poi solo zeri corrisponde al numero $\frac{1}{2}$... Per evitare i soliti problemi escludiamo le successioni i cui elementi sono definitivamente uguali a $1$.
Re: Famiglie disgiunte
Va bene, ora ho capito, mi pare che funzioni. Avrei alcuni suggerimenti riguardo come hai scritto la dimostrazione:
1. Se parti dallo spazio di Cantor $\{0,1\}^{\mathbf{N}}$ (che non usi mai) per poi identificarlo in una "quasi-biezione" con $[0,1)$, allora parti direttamente da $[0,1)$;
2. Al posto di $(n_k)$ e $(m_k)$, puoi prendere una qualunque successione $(a_k)$ che cresce abbastanza velocemente (per esempio $k^2$) e cosi definire, per ogni $x \in [0,1)$, la sua "migliore approssimazione" in $[a_k,a_{k+1})$.
3. Definisci tutti i termini che usi, come quell' $m_{k,f}$..
Provo a riscrivere la tua dimostrazione:
"Per ogni $x \in [0,1)$, sia $a_x=(a_{x,n})$ la successione definita da $a_{x,n}:=n^2+\lfloor x(2n+1)\rfloor$ per ogni $n$ e definiamo $\mathscr{A}_x:=\{a_{x,n}:n\ge 1\}$. Allora $\mathscr{A}_x \cap \mathscr{A}_y$ è finito per ogni $x\neq y$ e la (ii) è ovvia."
Visto che ci sono, scrivo anche quella che conoscevo:
"Identifichiamo $\mathbf{N}$ con $\mathbf{Q}$ e, per ogni irrazionale $\theta$, sia $(a_{\theta,n})$ una successione di razionali che converge a $\theta$. Allora la famiglia $\{\{a_{\theta,n}:n\in \mathbf{N}\}: \theta \text{ irrazionale }\}$ soddisfa le ipotesi."
1. Se parti dallo spazio di Cantor $\{0,1\}^{\mathbf{N}}$ (che non usi mai) per poi identificarlo in una "quasi-biezione" con $[0,1)$, allora parti direttamente da $[0,1)$;
2. Al posto di $(n_k)$ e $(m_k)$, puoi prendere una qualunque successione $(a_k)$ che cresce abbastanza velocemente (per esempio $k^2$) e cosi definire, per ogni $x \in [0,1)$, la sua "migliore approssimazione" in $[a_k,a_{k+1})$.
3. Definisci tutti i termini che usi, come quell' $m_{k,f}$..
Provo a riscrivere la tua dimostrazione:
"Per ogni $x \in [0,1)$, sia $a_x=(a_{x,n})$ la successione definita da $a_{x,n}:=n^2+\lfloor x(2n+1)\rfloor$ per ogni $n$ e definiamo $\mathscr{A}_x:=\{a_{x,n}:n\ge 1\}$. Allora $\mathscr{A}_x \cap \mathscr{A}_y$ è finito per ogni $x\neq y$ e la (ii) è ovvia."
Visto che ci sono, scrivo anche quella che conoscevo:
"Identifichiamo $\mathbf{N}$ con $\mathbf{Q}$ e, per ogni irrazionale $\theta$, sia $(a_{\theta,n})$ una successione di razionali che converge a $\theta$. Allora la famiglia $\{\{a_{\theta,n}:n\in \mathbf{N}\}: \theta \text{ irrazionale }\}$ soddisfa le ipotesi."
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Re: Famiglie disgiunte
Grazie, mi ero dimenticato di chiedertela.jordan ha scritto: ↑02 apr 2018, 18:28 Visto che ci sono, scrivo anche quella che conoscevo:
"Identifichiamo $\mathbf{N}$ con $\mathbf{Q}$ e, per ogni irrazionale $\theta$, sia $(a_{\theta,n})$ una successione di razionali che converge a $\theta$. Allora la famiglia $\{\{a_{\theta,n}:n\in \mathbf{N}\}: \theta \text{ irrazionale }\}$ soddisfa le ipotesi."
Sì, la dimostrazione mi sembra essere perfettamente analoga a quella. Francamente imputerei la presenza di passaggi o giri di parole inutili al fatto che prima di scrivere (senza la calma necessaria) quella soluzione non abbia liberato la mente da tutte le idee precedentemente scartate
Spero di farmi sentire presto sul topic della permutazione infinita