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

изменен 19 Ноя '13 19:44

10|600 символов нужно символов осталось
1

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 $%M$%).

ссылка

отвечен 16 Ноя '13 0:06

Спасибо большое!

(16 Ноя '13 14:01) Elen
10|600 символов нужно символов осталось
1

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 )

ссылка

отвечен 15 Ноя '13 22:25

изменен 16 Ноя '13 23:41

@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
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×427

задан
15 Ноя '13 21:43

показан
634 раза

обновлен
19 Ноя '13 19:44

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru