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?
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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?
The only goal of science is the honor of the human spirit.
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
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Spero di farmi sentire presto sul topic della permutazione infinita