Il brutto problema delle formule generali.
Numero irrazionale
Uhm... un'idea diversa per arrivare alla densità degli irrazionali, un po' più generale (forse): gli irrazionali non sono numerabili (se lo fossero, i reali sarebbero numerabili). Uso questo per dimostrare che gli irrazionali sono densi in $ \mathbb R $. Se non lo fossero, infatti, troveresti una certo intervallo $ I $ che non contiene irrazionali. Cioè: $ x \in I $ implica che $ x \not\in \mathbb R \setminus \mathbb Q $. Ciò significa proprio che $ I \subseteq \mathbb Q $, il che non è possibile perché $ \mathbb Q $ è numerabile.
Ma allora, se supponiamo $ a < b $ numeri reali qualunque, per definizione di insieme denso riusciamo a trovare un irrazionale $ x $ tale che $ a < x < b $.
Ma allora, se supponiamo $ a < b $ numeri reali qualunque, per definizione di insieme denso riusciamo a trovare un irrazionale $ x $ tale che $ a < x < b $.
Ultima modifica di Ani-sama il 11 ott 2009, 16:46, modificato 1 volta in totale.
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ehm, che dici di $ ~(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})\cap(\mathbb{R}\setminus ]\sqrt2:\sqrt3[) $ ?
non numerabile ma non denso in $ ~\mathbb{R} $
$ ~\mathbb{Q} $ e' numerabile e denso in $ ~\mathbb{R} $
non numerabile ma non denso in $ ~\mathbb{R} $
$ ~\mathbb{Q} $ e' numerabile e denso in $ ~\mathbb{R} $
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Ma... d'accordo, è vero, per forza quella roba non può essere densa nei reali perché ha un "buco". Uhm, stai dicendo che non è vero che un sottoinsieme non numerabile di $ \mathbb R $ è necessariamente denso in $ \mathbb R $. Sì, giusto, hai ragione. Però mi dicono che è sicuramente denso in un intervallo di $ \mathbb R $. Ecco, così dovremmo esserci.
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Preciso ciò che ho scritto prima.
Per definizione di parte intera, $ $ b-a \geq 2^k = 2\cdot2^{k-1} $, e, sempre per la definizione di parte intera, per quanto appena detto e per le conoscenze pregresse sull'ordinamento di 1, $ $\sqrt{2} $ e 2 nei reali si ha $ $ h2^{k-1} \leq a < \left(h+1\right)2^{k-1} < \left(h+\sqrt{2}\right)2^{k-1} < \left(h+2\right)2^{k-1} \leq a + 2\cdot2^{k-1} \leq b $
Per definizione di parte intera, $ $ b-a \geq 2^k = 2\cdot2^{k-1} $, e, sempre per la definizione di parte intera, per quanto appena detto e per le conoscenze pregresse sull'ordinamento di 1, $ $\sqrt{2} $ e 2 nei reali si ha $ $ h2^{k-1} \leq a < \left(h+1\right)2^{k-1} < \left(h+\sqrt{2}\right)2^{k-1} < \left(h+2\right)2^{k-1} \leq a + 2\cdot2^{k-1} \leq b $
Presidente della commissione EATO per le IGO
Già, difatti la mia prima idea era appunto $ $\pi\cdot 10^{-100} $. Ma poi ho visto che funzionava anche così, quindi...Il_Russo ha scritto:In realtà non è così immediato che $ $ \pi^{-100} $ sia irrazionale. Lo è se si sa che $ $ \pi $ è trascendente, ma in ogni caso io avrei preferito $ $ \frac{\sqrt{2}}{10^{-n}} $, con n grande a piacere.