Matematické Fórum

Lukexr · 05. 11. 2014 16:36

Ahoj, dělám projekt do školy a potřeboval bych do začátku trochu nakopnout - zdůrazňuji, že nechci přímo řešeni, ale radu jak začít :) Zadání:
Mějme metrický prostor $(R, \varrho)$ s metrikou $\varrho(x,y) = |x-y|$ , rozhodněte zda množina $M = \{ \sqrt{m} - \sqrt{n}: m,n \in \mathbb{N} \}$ je hustá v $\mathbb{R}$ . Díky.

Eratosthenes · 05. 11. 2014 16:57

ahoj ↑ Lukexr:

množina je hustá v R právě tehdy, když v každé otevřené podmnožině R leží aspoň jeden její prvek. Čili je třeba rozhodnout, zda v každém otevřeném intervalu leží číslo požadovaného tvaru.

Lukexr · 05. 11. 2014 17:30 — Editoval Lukexr (05. 11. 2014 19:36)

↑ Eratosthenes:
Mám se tedy zaměřit na možnost zapsání racionálních a iracionálních čísel v zadaném tvaru nebo uvažuji špatně?

Lukexr · 05. 11. 2014 22:37

Tak podle mých "úvah" se jedná o hustou množinu. Může mi to někdo potvrdit nebo vyvrátit? :)

Brano · 06. 11. 2014 11:35

↑ Lukexr:potvrdzujem :) ak chces tak napis postup a pripadne ti ho okomentujeme

Lukexr · 06. 11. 2014 12:24

↑ Brano:
Super, to budu rád, nevím jestli to dokážu řádně odůvodnit, tak mi snad poradíte :)
Vycházel jsem z předpokladu že množina je hustá v R pokud platí $\overline{M} = \mathbb{R}$ , tedy $M \cup \partial M = \mathbb{R}$ , kde $\partial M$ je množina všech hraničních bodů M. Jelikož odmocnina přirozeného čísla je buď přirozené nebo iracionální číslo, pak zadaná množina $M = \{ \sqrt{m} - \sqrt{n}: m,n \in \mathbb{N} \}$ se skládá z celých a iracionálních čísel - tady mám trochu problém s odůvodněním zda vztahem $\sqrt{m} - \sqrt{n}$ můžu vytvořit "dostatečné" množství iracionálních čísel. Pokud ano, tak vím že neexistuje vnější bod M v R - mezi každými dvěmi racionálními čísly existuje číslo iracionální a tím pádem množina M musí být hustá.

Rumburak · 07. 11. 2014 10:00

↑ Lukexr:

Ahoj.

Myslím, že bude užitečné začít vyřešením speciálního případu :

ukázat, že k libovolnému $a > 0$ je $(0, a) \cap M \ne \emptyset$ .

Lukexr · 07. 11. 2014 11:07

↑ Rumburak:
Ahoj,
takže bude stačit ukázat např. tohle $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n+1} - \sqrt{n} = 0$ ? Z toho vyplývá že v množině M určitě existuje prvek dostatečně malý aby platilo $(0, a) \cap M \ne \emptyset$ pro $a > 0$ .

Rumburak · 07. 11. 2014 11:44

↑ Lukexr:

Jasně, dokonce pro libovolné přirozené $k$ je $\lim_{n \to \infty} $\sqrt{n+k} - \sqrt{n}$ = 0$ ,
tento krok byl celkem lehký.

Dále postačí vyšetřovat množiny $(c, c + a) \cap M$ , kde $0 < a , 0 < c$ . Zkusil bych to napasovat
na ten speciální případ. Ale konkretní představu zatím nemám.

Lukexr · 07. 11. 2014 14:12 — Editoval Lukexr (07. 11. 2014 14:20)

↑ Rumburak:
Nestačí mi závěr z toho speciálního případu? Z té limity vyplývá, že pokud vezmu jakýkoliv bod z R a nějaké (libovolně malé) jeho okolí, musí to okolí obsahovat bod z M. Což by mělo stačit jako dostatečná vlastnost pro hustotu M na R. Nebo se pletu?
edit: už mi to došlo, jde o to posunutí.. musím ještě zapřemýšlet :-D

Brano · 07. 11. 2014 15:51 — Editoval Brano (07. 11. 2014 15:51)

ono je to cele take dost technicke. ja mozem poradit takto:

Podme riesit hustotu iba na kladnej polosi - na zapornej to vyjde rovnako, len prehodis $m$ a $n$

dokaz, ze pre lubovolne $x\ge 0$ plati $1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}\le\sqrt{1+x}\le1+\frac{x}{2}$ (to sa da dokazat z Taylorovej vety, ked pouzijes Lagrangeov tvar zvysku).

Potom pomocou toho si napis horny a dolny odhad pre $\sqrt{n+k}-\sqrt{n}$ (krok 1 - vyjmi pred zatvorku $\sqrt n$ )

no a potom si to rozpis pre takyto specialny pripad: Pre cele $p,q,r$ poloz $k=2pr$ a $n=q^2r^2$ a uz by si to mal vidiet (a mal by si asi aj vidiet preco tato volba bola prirodzena)

Pavel · 08. 11. 2014 11:31

1. Vyšetřujme pouze množinu $\mathbb R^+$ ,

2. Zvolíme nejdříve libovolné $x_0\in\mathbb R^+$ a libovolné $\varepsilon>0$ takové, že $x_0-\varepsilon>0$ ,

3. Ukážeme, že existují $m,n\in\mathbb N$ taková, že $\sqrt{m}-\sqrt{n}\in(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)$ ,

4. Protože $\lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)=0$ , pak existuje $N\in\mathbb N$ takové, že $\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\varepsilon$ pro $n\geq N$ , $n\in\mathbb N$

5. Dále se jednoduše ukáže, že $\sum_{i=0}^{\infty}\left(\sqrt{N+i+1}-\sqrt{N+i}\right)=+\infty$

6. Pak zřejmě existuje právě jedno číslo $K\in\mathbb N_0$ takové, že $\sum_{i=0}^K\left(\sqrt{N+i+1}-\sqrt{N+i}\right)\leq x_0$ a zároveň $\sum_{i=0}^{K+1}\left(\sqrt{N+i+1}-\sqrt{N+i}\right)>x_0$

7. Zřejmě platí $\sum_{i=0}^K\left(\sqrt{N+i+1}-\sqrt{N+i}\right)=\sqrt{N+K+1}-\sqrt{N}$ a $\sum_{i=0}^{K+1}\left(\sqrt{N+i+1}-\sqrt{N+i}\right)=\sqrt{N+K+2}-\sqrt{N}$

8. A teď to nejdůležitější: z výše uvedených úvah vyplývá, že $\sqrt{N+K+1}-\sqrt{N}\in(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)$ a také $\sqrt{N+K+2}-\sqrt{N}\in(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)$