|
Пусть M ⊆ R и найдётся такая константа C ∈ R, что модуль любой конечной суммы элементов из M не превосходит C. Докажите, что множество M не более чем счетно. задан 15 Ноя '13 21:43 
Elen |
|
Можно предложить несколько более простое рассуждение. Для каждого натурального $%n$% рассмотрим подмножество $%M_n\subseteq M$%, состоящее из всех $%x\in M$%, удовлетворяющих неравенству $%x > 1/n$%. Ясно, что это подмножество для всякого $%n$% должно быть конечно: в противном случае можно взять достаточно много его элементов (больше $%Cn$%), сумма которых превысит $%C$%. Все положительные числа из $%M$% принадлежат хотя бы одному из множеств вида $%M_n$%, поэтому их множество не более чем счётно. Аналогично поступаем с отрицательными числами, рассматривая множества вида $%M_{-n}$%, где соответствующее неравенство имеет вид $%x < -1/n$%. Они также будут конечны, потому что в противном случае модуль суммы чисел из этого множества можно сделать сколь угодно большим. Из этих рассуждений ясно, что $%M$% будет счётным объединением конечных множеств (считая также ноль, если он принадлежит $%M$%). отвечен 16 Ноя '13 0:06 
falcao Спасибо большое!
(16 Ноя '13 14:01)
Elen
|
|
Ну например так. Пусть М несчётно. Тогда на числовой прямой найдётся отрезок, в котором лежит несчётное множество точек из М. Возьмём какой-нибудь такой отрезок. Если окажется, что 0 не лежит в нём, можно перейти сразу к звёздочке. Если же лежит, находим в нём подотрезок, содержащий несчётное множество точек и не содержащий точку 0. Такой найдётся: возьмём из отрезков [a, 0] и [0, b] тот, где точек несчётно много (сумма двух счётных множеств счётна). Пусть это [a, 0]. Тогда будем смотреть полуинтервалы [a / 2^(n - 1), a / 2^n]. Какой-то из них будет содержать несчётно много точек, ведь иначе у нас была бы сумма счётного числа счётных множеств, которая счётна. Значит, выберем в качестве конечного отрезка какой-нибудь такой полуинтервал с добавленной крайней правой точкой. А теперь: (*) Поскольку наш отрезок не содержит 0, то при каком-то а <> 0 для любой х из М, попавшей в отрезок, либо x < a и а < 0, либо x > a и a > 0. Пусть второе. Тогда для любого В можно взять n точек из отрезка, чтобы n * a > B, и мы получим противоречие. Вот и всё ) отвечен 15 Ноя '13 22:25 
trongsund @trongsund: сейчас я более внимательно прочитал Ваш текст, и у меня возникли вопросы. Прежде всего, увеличивая C, всегда можно считать, что отрезок с несчётным числом элементов не содержит C. Поэтому следует анализировать только рассуждение, начиная с пункта "звёздочка". Говоря "пусть второе", Вы рассматриваете оба случая как симметричные. Однако что будет в первом случае, когда все $%x$% из отрезка меньше, скажем, $%C-1$%? Этого всегда можно добиться, отодвигая $%C$% вправо. Что делать в этом случае, в решении не сказано.
(16 Ноя '13 7:23)
falcao
Только что отредактировал решение. Кажется, я не то имел в виду ) Теперь вроде всё правильно.
(16 Ноя '13 23:42)
trongsund
|