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 Rationale Folge mit allen reellen Zahlen als Häufungspunkte |
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Farbspiel
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 12.06.2022
Mitteilungen: 68
 |  Themenstart: 2022-06-25
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Beh.: Man gebe eine Folge rationaler Zahlen derart an, dass jede reelle Zahl ein Häufungspunkt dieser Folge ist.
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Ich kann zu jeder reellen Zahl eine rationale Folge konstruieren, welche gegen diese konvergiert, aber hier wird nach einer Folge gefragt, welche als Häufungspunkte alle reellen Zahlen besitzt.
Ich glaube, dass ich meinen Ansatz darauf erweitern könnte, aber komme nicht voran.
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Ansatz:
Es gilt \(\mathbb{Q}\) ist dicht in \(\mathbb{R}\): Für alle \(a,b\in \mathbb{R}\) exisitiert ein \(q\in \mathbb{Q}\) mit \(a 0$ bel., dann existiert nach dem archimedischen Axiom ein $N\in \mathbb{N}$, s.d. $\frac{1}{{n_k}}<\epsilon $ für alle ${n_k}$ gilt.
Insbesondere folgt aus $U_{\frac{1}{{n_k}}} (x) \subset U_\epsilon(x)$, dass $q_{n_k}\in U_\epsilon(x)$ für alle $n_k\geq N$ und somit $q_{n_k}$ gegen $x$ konvergiert.
Aber weiter weiß ich nicht, hat jemand eine Idee?
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1, eingetragen 2022-06-25
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Hi,
\quoteon Eine Folge, welche alle rationalen Zahlen enthält ist möglich, da $\mathbb{N}$ und $\mathbb{Q}$ gleichmächtig sind...
\quoteoff
korrekt.
Ich würde einfach zeigen, dass jede Bijektion von $\mathbb{N}$ nach $\mathbb{Q}$ jede reelle Zahl als Häufungspunkt enthält.
Je nachdem, ob ihr die Bijektivität in der Vorlesung gezeigt habt oder nicht, musst du die dann natürlich noch nachweisen oder nicht, um zusammen mit der obigen Aussage die Aufgabe dann gelöst zu haben. Falls ihr das nicht getan habt, ist es leicht, eine solche Bijektion anzugeben, indem man das Cantorsche erste Diagonalargument leicht abwandelt, um zusätzlich auch die 0 und alle negativen rationalen Zahlen als Folgenglieder zu erhalten.
Siehe dazu: https://de.wikipedia.org/wiki/Cantors_erstes_Diagonalargument
Falls ihr die Bijektivität nicht gezeigt habt, schau dir das am besten an und lerne es so gleich richtig, als dir da jetzt was Eigenes zu überlegen, was "kompliziert" und schwer zu behalten ist. Das erste Diagonalargument kannst du später häufig gebrauchen und ziehst dadurch maximalen Nutzen aus der Übungsaufgabe.
Gruß
zathe
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StefanVogel
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Dabei seit: 26.11.2005
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| Beitrag No.2, eingetragen 2022-06-25
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\quoteon(2022-06-25 03:23 - Farbspiel im Themenstart)
... und somit $q_{n_k}$ gegen $x$ konvergiert.
Aber weiter weiß ich nicht, hat jemand eine Idee?
\quoteoff
Hallo Farbspiel,
an dieser Stelle sollte doch die Ergänzung reichen, dass somit jedes x ein Häufungspunkt ist.
Viele Grüße,
Stefan
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.3, eingetragen 2022-06-25
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Ich finde du machst es dir unnütz kompliziert.
Sei $x \in \mathbb{R}$, dann existiert wegen der Dichtheit von $\mathbb{Q}$ in $\mathbb{R}$ für jedes $n \in \mathbb{N}$ ein $q \in \mathbb{Q}$, so dass $q \in U_{\frac{1}{n}}(x)$. Nach dem Auswahlaxiom existiert nun eine Auswahlfunktion f, die aus jeder Menge $U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$ ein Element auswählt. Weil $\mathbb{N}$ bijektiv zu $U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$ ist (wieder wegen der Dichtheit von $\mathbb{Q}$ in $\mathbb{R}$ ), existiert also eine Funktion g von $\mathbb{N}$ nach $\mathbb{Q}$ die einem Element $n\in \mathbb{N}$ ein Element aus $U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$ zuordnet (um diese zu erhalten, komponierst du die Auswahlfunktion einfach mit der Bijektion).
Dass die beiden Folgen $x - \frac{1}{n}$ und $x - \frac{1}{n}$ für $n \rightarrow \infty$ gegen x konvergieren ist trivial und folgt aus den Rechenregeln für Grenzwerte.
Nun gilt aber die Ungleichung $x - \frac{1}{n} \leq g_n \leq x + \frac{1}{n}$ für alle $n \in \mathbb{N}$.
Dass die Folge $g_n$ gegen x konvergiert, folgt also aus dem Sandwichsatz/Einschließungsprinzip.
Also existiert für jedes reelle x eine Folge rationaler Zahlen, die gegen x konvergiert.
Angenommen du hast jetzt eine Bijektion a von $\mathbb{N}$ nach $\mathbb{Q}$, dann ist die Menge $\lbrace(\min \lbrace a^{-1}(g_n)\rbrace,\, g_n) : n\in \mathbb{N} \rbrace\subset \mathbb{N} \times \mathbb{Q}$, die gesuchte Teilfolge von a, die gegen x konvergiert.
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zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
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 | Beitrag No.4, eingetragen 2022-06-25
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\quoteon(2022-06-25 08:35 - zathe in Beitrag No. 3)
Ich finde du machst es dir unnütz kompliziert.
\quoteoff
Zumindest führt der Ansatz zum Ziel.
Du scheinst dagegen aus dem Auge zu verlieren, was eigentlich zu beweisen ist, denn das hier...
\quoteon(2022-06-25 08:35 - zathe in Beitrag No. 3)
Also existiert für jedes reelle x eine Folge rationaler Zahlen, die gegen x konvergiert.
\quoteoff
... ist nicht äquivalent zu dem hier:
\quoteon(2022-06-25 03:23 - Farbspiel im Themenstart)
Man gebe eine Folge rationaler Zahlen derart an, dass jede reelle Zahl ein Häufungspunkt dieser Folge ist.
\quoteoff
--zippy
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.5, eingetragen 2022-06-25
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\quoteon(2022-06-25 09:20 - zippy in Beitrag No. 4)
Du scheinst dagegen aus dem Auge zu verlieren, was eigentlich zu beweisen ist, denn das hier...
\quoteoff
Ist halt gewissermaßen simpel, was da dann noch zu zeigen war, aber damit es für den Fragesteller verständlich ist, habe ich es fast zeitgleich mit deinem Beitrag noch ergänzt.
Und gewissermaßen wird es auch aus meinem ersten Beitrag verständlich, was dann noch zu tun war, siehe:
\quoteon(2022-06-25 04:46 - zathe in Beitrag No. 1)
Ich würde einfach zeigen, dass jede Bijektion von $\mathbb{N}$ nach $\mathbb{Q}$ jede reelle Zahl als Häufungspunkt enthält.
\quoteoff
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zippy
Senior
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| Beitrag No.6, eingetragen 2022-06-25
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\quoteon(2022-06-25 09:26 - zathe in Beitrag No. 5)
\quoteon(2022-06-25 04:46 - zathe in Beitrag No. 1)
Ich würde einfach zeigen, dass jede Bijektion von $\mathbb{N}$ nach $\mathbb{Q}$ jede reelle Zahl als Häufungspunkt enthält.
\quoteoff
\quoteoff
Das ist ein sinnvoller Ansatz. Aber wozu benötigt man dann noch die Überlegungen aus Beitrag Nr. 3?
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Nuramon
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Dabei seit: 23.01.2008
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| Beitrag No.7, eingetragen 2022-06-25
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| \(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}
\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\)
\quoteon(2022-06-25 03:23 - Farbspiel im Themenstart)
Eine Folge, welche alle rationalen Zahlen enthält ist möglich, da $\mathbb{N}$ und $\mathbb{Q}$ gleichmächtig sind:
$\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{Q}, n\mapsto q_n$.
Sei diese nun so konstruiert, dass $n_k$ mit $k\in\mathbb{N}$ und $n_{k+1}\geq n_{k}$ eine Teilfolge beschreibt, welche für ein beliebiges \(x\in\mathbb{R}\) wie folgt konstruiert ist:
Betrachte den Intervall $I_{n_k}:= [x-\frac{1}{{n_k}},x+\frac{1}{{n_k}}]$ .
Es gilt $I_{n_{k+1}}\subset I_{n_k}$ für alle $k\in \mathbb{N}$.
Nach (*) existiert immer eine rationale Zahl $q_{n_k}\in (x-\frac{1}{{n_k}},x+\frac{1}{{n_k}})$.
Man wähle in jedem Intervall $I_{n_k}$ genau eine rationale Zahl $q_{n_k}$, somit ist die rationale Folge $(q_{n_k})_{{n_k}\in \mathbb{N}}$ wohldefiniert.
\quoteoff
Die rot markierte Aussage ist nicht offensichtlich (ich glaube sogar, dass sie falsch ist, bin mir aber nicht sicher). Das Problem ist, dass $n_k$ sowohl den Folgenindex als auch die Länge des Intervalles definiert.
So funktioniert es: Definiere für jedes $n\geq 1$ das Intervall $I_n:= [x-\frac 1n, x+\frac 1n]$. Wähle dann $n_0$, sodass $q_{n_0}\in I_1$ und für $k\geq 1$ dann rekursiv $n_k > n_{k-1}$ mit $q_{n_k} \in I_{k+1}$.
Um den Unterschied besser hervorzuheben:
In der Version aus dem Themenstart wird behauptet, dass man unendlich viele $n$ finden kann, sodass der Abstand von $q_n$ zu $x$ kleiner als $\frac 1n$ ist.
In der neuen Version wird lediglich benutzt, dass es für jedes $n\geq 1$ unendlich viele $m$ gibt, sodass der Abstand von $q_m$ zu $x$ kleiner als $\frac 1n$ ist. (Insbesondere wird nicht verlangt, dass $m=n$.)\(\endgroup\)
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.8, eingetragen 2022-06-25
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\quoteon(2022-06-25 10:51 - zippy in Beitrag No. 6) Das ist ein sinnvoller Ansatz. Aber wozu benötigt man dann noch die Überlegungen aus Beitrag Nr. 3?
\quoteoff
Das wird doch aus dem letzten Absatz von Beitrag 3 deutlich. Die Aussage, dass zu jeder reellen Zahl eine rationale Folge existiert, die gegen x konvergiert, ist ein Zwischenschritt. Die Überlegung aus dem letzten Absatz von Beitrag 3 ergibt danach genau einen Beweis wie in Beitrag 1 vorgeschlagen.
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Farbspiel
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 12.06.2022
Mitteilungen: 68
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-25
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Danke für die vielfältigen Antworten !:)
\quoteon(2022-06-25 04:46 - zathe in Beitrag No. 1)
Ich würde einfach zeigen, dass jede Bijektion von $\mathbb{N}$ nach $\mathbb{Q}$ jede reelle Zahl als Häufungspunkt enthält.
...
Siehe dazu: https://de.wikipedia.org/wiki/Cantors_erstes_Diagonalargument
zathe
\quoteoff
Habe die Begündung warum alle rationalen Zahlen (negativ, positiv oder null) durch natürliche Zahlen abzählbar sind verstanden, aber ich finde es nicht einfach zu zeigen, dass jede Bijektion von $\mathbb{N}$ nach $\mathbb{Q}$ jede reelle Zahl als Häufungspunkt enthält.
\quoteon(2022-06-25 08:35 - zathe in Beitrag No. 3)
Sei $x \in \mathbb{R}$, dann existiert wegen der Dichtheit von $\mathbb{Q}$ in $\mathbb{R}$ für jedes $n \in \mathbb{N}$ ein $q \in \mathbb{Q}$, so dass $q \in U_{\frac{1}{n}}(x)$. Nach dem Auswahlaxiom existiert nun eine Auswahlfunktion f, die aus jeder Menge $U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$ ein Element auswählt. Weil $\mathbb{N}$ bijektiv zu $U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$ ist (wieder wegen der Dichtheit von $\mathbb{Q}$ in $\mathbb{R}$ ), existiert also eine Funktion g von $\mathbb{N}$ nach $\mathbb{Q}$ die einem Element $n\in \mathbb{N}$ ein Element aus $U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$ zuordnet (um diese zu erhalten, komponierst du die Auswahlfunktion einfach mit der Bijektion).
...
Angenommen du hast jetzt eine Bijektion a von $\mathbb{N}$ nach $\mathbb{Q}$, dann ist die Menge $\lbrace(\min \lbrace a^{-1}(g_n)\rbrace,\, g_n) : n\in \mathbb{N} \rbrace\subset \mathbb{N} \times \mathbb{Q}$, die gesuchte Teilfolge von a, die gegen x konvergiert.
\quoteoff
Dein Beweis bei "...", mit dem Einschnürungssatz finde ich sehr gut, habe daran nicht gedacht.
Also, wir wissen, dass es zu jeder reellen Zahl $x$ eine rationale Folge $g_n$ gibt, welche gegen $x$ konvergiert.
Um zu zeigen, dass es sogar eine Folge gibt, welche alle reellen Zahlen als Häufungspunkt besitzt, hast du eine Auswahlfunktion $F$ und eine Bijektion $a$ definiert. Aber wie?
Die Auswahlfunktion müsste doch eigentlich in etwa so aussehen:
$F:\{U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}|n\in\mathbb{N}\}\rightarrow U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$
Vorweg: Ich kannte das Auswahlaxiom noch nicht.
Orientierung an: https://de.wikipedia.org/wiki/Auswahlaxiom#Das_Auswahlaxiom
Dabei ist $A=\{U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}|n\in\mathbb{N}\}$ und $X\subset A$ durch $X=U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$ gegeben.
Wenn $a:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}$, kann ich $F$ weder mit $a$ noch $a^{-1}$ komponieren, um $g$ zu erhalten.
\quoteon(2022-06-25 13:11 - Nuramon in Beitrag No. 7)
...
Um den Unterschied besser hervorzuheben:
In der Version aus dem Themenstart wird behauptet, dass man unendlich viele $n$ finden kann, sodass der Abstand von $q_n$ zu $x$ kleiner als $\frac 1n$ ist.
...
\quoteoff
Ich verstehe nicht ganz, wie du auf diese von mir getätigte Behauptung kommst. Ich sage doch nur, dass es EINE rationale Zahl $q_{n_k}$ in dem Intervall $(x-\frac{1}{{n_k}},x+\frac{1}{{n_k}})$ aufgrund der Dichtheit der ratiionalen Zahlen in $\mathbb{R}$ gibt.
Und nicht, dass es für einen festen Index $n_k$ unendlcih viele natürliche Zahlen $k$ gibt, so dass für dieses konkrete Folgendglied $q_{n_k}$ gilt $|x-q_{n_k}|<\frac 1k$
Ich würde sogar sagen, dass es nur endlich viele solche $k$ geben kann.
Oder verstehe ich dich einfach falsch?
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Nuramon
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Dabei seit: 23.01.2008
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| Beitrag No.10, eingetragen 2022-06-26
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
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\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}
\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\)
\quoteon(2022-06-25 23:48 - Farbspiel in Beitrag No. 9)
\quoteon(2022-06-25 13:11 - Nuramon in Beitrag No. 7)
...
Um den Unterschied besser hervorzuheben:
In der Version aus dem Themenstart wird behauptet, dass man unendlich viele $n$ finden kann, sodass der Abstand von $q_n$ zu $x$ kleiner als $\frac 1n$ ist.
...
\quoteoff
Ich verstehe nicht ganz, wie du auf diese von mir getätigte Behauptung kommst. Ich sage doch nur, dass es EINE rationale Zahl $q_{n_k}$ in dem Intervall $(x-\frac{1}{{n_k}},x+\frac{1}{{n_k}})$ aufgrund der Dichtheit der ratiionalen Zahlen in $\mathbb{R}$ gibt.
Und nicht, dass es für einen festen Index $n_k$ unendlcih viele natürliche Zahlen $k$ gibt, so dass für dieses konkrete Folgendglied $q_{n_k}$ gilt $|x-q_{n_k}|<\frac 1k$
Ich würde sogar sagen, dass es nur endlich viele solche $k$ geben kann.
Oder verstehe ich dich einfach falsch?
\quoteoff
Vermutlich meinst Du eine Sache, schreibst aber eine andere. Soll heißen, der Gedankengang ist möglicherweise korrekt, aber Du hast es nicht geschafft ihn (im Themenstart) richtig zu notieren.
Die Folge $(q_n)_{n\in \IN}$ ist definiert als eine Abzählung von $\IQ$. Außerdem ist $x\in \IR$ beliebig vorgegeben. Gesucht ist jetzt eine streng monotone Indexfolge $(n_k)_{k\in \IN}$, sodass $(q_{n_k})_{k\in \IN}$ gegen $x$ konvergiert.
Im Themenstart schreibst Du, dass $n_k$ so gewählt werden soll, dass $q_{n_k}\in I_{n_k}$. Es ist aber nicht klar, ob so ein $n_k$ überhaupt existiert, geschweige denn eine ganze Folge solcher $n_k$.
Um die Existenz so eines $n_k$ zu zeigen, reicht es nicht aus, dass für beliebig gewähltes $n_k$ immer eine rationale Zahl $q$ in $I_{n_k}$ existiert.
Siehst Du das Problem?\(\endgroup\)
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StefanVogel
Senior
Dabei seit: 26.11.2005
Mitteilungen: 4288
Wohnort: Raun
| Beitrag No.11, eingetragen 2022-06-26
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Obwohl in der Definition Teilfolge verlangt und auch im Themenstart so aufgeschrieben
\quoteon(2022-06-25 03:23 - Farbspiel im Themenstart)
Sei diese nun so konstruiert, dass $n_k$ mit $k\in\mathbb{N}$ und $n_{k+1}\geq n_{k}$ eine Teilfolge beschreibt, welche für ein beliebiges \(x\in\mathbb{R}\) wie folgt konstruiert ist:
Betrachte den Intervall $I_{n_k}:= [x-\frac{1}{{n_k}},x+\frac{1}{{n_k}}]$ .
Es gilt $I_{n_{k+1}}\subset I_{n_k}$ für alle $k\in \mathbb{N}$.
Nach (*) existiert immer eine rationale Zahl $q_{n_k}\in (x-\frac{1}{{n_k}},x+\frac{1}{{n_k}})$.
Man wähle in jedem Intervall $I_{n_k}$ genau eine rationale Zahl $q_{n_k}$, somit ist die rationale Folge $(q_{n_k})_{{n_k}\in \mathbb{N}}$ wohldefiniert.
\quoteoff
für einen Häufungspunkt muss doch die Indexfolge \((n_k)_{k\in \IN}\) nicht monoton steigend sein. Mein Versuch:
... Sei diese nun so konstruiert, dass \(n_k\) mit \(k\in\mathbb{N}\) eine Folge beschreibt, welche für ein beliebiges \(x\in\mathbb{R}\) wie folgt konstruiert ist:
Betrachte das Intervall \(I_k:= [x-\frac{1}{k},x+\frac{1}{k}]\).
Es gilt \(I_{k+1}\subset I_k\) für alle \(k\in \mathbb{N}\).
Nach (*) existiert immer eine rationale Zahl \(q\in (x-\frac{1}{k},x+\frac{1}{k})\).
Man wähle in jedem Intervall \(I_k\) genau eine rationale Zahl \(q_{n_k}\), somit ist die rationale Folge \((q_{n_k})_{{n_k}\in \mathbb{N}}\) wohldefiniert. ...
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.12, eingetragen 2022-06-26
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\quoteon(2022-06-25 23:48 - Farbspiel in Beitrag No. 9) Also, wir wissen, dass es zu jeder reellen Zahl $x$ eine rationale Folge $g_n$ gibt, welche gegen $x$ konvergiert.
Um zu zeigen, dass es sogar eine Folge gibt, welche alle reellen Zahlen als Häufungspunkt besitzt, hast du eine Auswahlfunktion $F$ und eine Bijektion $a$ definiert. Aber wie?
Die Auswahlfunktion müsste doch eigentlich in etwa so aussehen:
$F:\{U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}|n\in\mathbb{N}\}\mapsto U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$
Vorweg: Ich kannte das Auswahlaxiom noch nicht.
Orientierung an: https://de.wikipedia.org/wiki/Auswahlaxiom#Das_Auswahlaxiom
Dabei ist $A=\{U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}|n\in\mathbb{N}\}$ und $X\subset A$ durch $X=U_{\frac{1}{n}}(x) \cap \mathbb{Q}$ gegeben.
Wenn $a:\mathbb{N} \mapsto \mathbb{Q}$, kann ich $F$ weder mit $a$ noch $a^{-1}$ komponieren, um $g$ zu erhalten.
\quoteoff
Du kommst etwas durcheinander, wo welche Bijektion gemeint ist.
Nochmal überblicksartig:
Du willst zeigen, dass eine Folge rationaler Zahlen existiert, die jede reelle Zahl als Häufungspunkt enthält.
Wenn wir jetzt gleichzeitig a) eine Bijektion a von den natürlichen Zahlen in die rationalen Zahlen kennen und b) zeigen, dass jede Bijektion von den natürlichen Zahlen in die rationalen Zahlen jede reelle Zahl als Häufungspunkt enthält, sind wir fertig.
Teil a) erledigt man am besten durch Abwandlung des Cantorsches ersten Diagonalarguments.
Für Teil b) nehmen wir erst einmal eine beliebige reelle Zahl x und konstruieren eine Folge g rationaler Zahlen, die gegen x konvergiert. Dabei haben wir nach dem Auswahlaxiom zunächst einmal nur eine Auswahlfunktion $F:\lbrace U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} : n\in \mathbb{N}\rbrace \mapsto \bigcup_{i=1}^{\infty}\left( U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} \right)$ mit der Eigenschaft, dass ein beliebiges $U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q}$ auf ein Element aus $U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q}$ abgebildet wird. Bedenke, dass die Definitionsmenge von F eine Menge von Mengen ist und die Wertemenge die Vereinigung über alle diese Mengen ist. Da wir letztlich aber eine Folge rationaler Zahlen erhalten wollen, die gegen x konvergiert und keine Funktion von $\lbrace U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} : n\in \mathbb{N}\rbrace $ nach $ \bigcup_{i=1}^{\infty}\left( U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} \right)$, müssen wir f noch mit einer Bijektion b von $\mathbb{N}$ nach $\lbrace U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} : n\in \mathbb{N}\rbrace $ komponieren. Diese Folge b ist nicht zu verwechseln mit der zuvor genannten Folge a und man setzt dann einfach $g= F \circ b$.
Und beim letzten Teil schaut man jetzt einfach, auf welchen Werten die Folge a die Werte von g annimmt. Die Menge $\lbrace(\min \lbrace a^{-1}(g_n)\rbrace,\, g_n) : n\in \mathbb{N} \rbrace\subset \mathbb{N} \times \mathbb{Q}$ ist nun eine Teilfolge von a, die die Werte von g annimmt und die deswegen gegen x konvergiert.
Dass eine Teilfolge von a gegen x konvergiert bedeutet genau, dass x Häufungspunkt von a ist. Und weil wir das für beliebiges reelles x durchgeführt haben, ist jede reelle Zahl x Häufungspunkt von a.
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Farbspiel
Wenig Aktiv
Dabei seit: 12.06.2022
Mitteilungen: 68
| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-26
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Danke für die Rückmeldungen!
\quoteon(2022-06-26 15:23 - zathe in Beitrag No. 12)
Dabei haben wir nach dem Auswahlaxiom zunächst einmal nur eine Auswahlfunktion $F:\lbrace U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} : n\in \mathbb{N}\rbrace \mapsto \bigcup_{i=1}^{\infty}\left( U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} \right)$ mit der Eigenschaft, dass ein beliebiges $U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q}$ auf ein Element aus $U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q}$ abgebildet wird. Bedenke, dass die Definitionsmenge von F eine Menge von Mengen ist und die Wertemenge die Vereinigung über alle diese Mengen ist.
\quoteoff
Warum wählst du die Vereinigung $\bigcup_{n=1}^{\infty}\left( U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} \right)$ als Zielmenge anstatt $ U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} $ ?
Eigene Überlegungen:
Die Frage ist vermutlich etwas bescheuert, aber ich dachte, dass ich auch einfach $ U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} $ als Zielmenge setzen kann. Angrenommen $ U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} $ ist die Zielmenge.
Die Bijektion $b$ ordnet dann einer natürlichen Zahl $n$ eine konkrete Menge $ b(n) = X = U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} $ (Notation wie bei Wiki) zu, die Funktion $F$ bildet diese Menge dann auf eine Zahl $F(b(n))= g_n\in X$ ab.
Sei nun $m\neq n$ so gewählt, dass $g_n\notin X U_{\frac{1}{m}(x)}(x)= X'= b(m)$ ist, es gilt $m\in X'$ und $m\notin X$, aber der Wertebereich von $F$ verändert sich aber je nach Wert den man in $b$ einsetzt, und das darf wohl nicht der Fall sein (Warum nicht?), sonst hättest du nicht $\bigcup_{n=1}^{\infty}\left( U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} \right)$ als Zielmenge angegeben.
Den Rest verstehe ich :)
\quoteon(2022-06-26 02:20 - Nuramon in Beitrag No. 10)
Im Themenstart schreibst Du, dass $n_k$ so gewählt werden soll, dass $q_{n_k}\in I_{n_k}$. Es ist aber nicht klar, ob so ein $n_k$ überhaupt existiert, geschweige denn eine ganze Folge solcher $n_k$.
Um die Existenz so eines $n_k$ zu zeigen, reicht es nicht aus, dass für beliebig gewähltes $n_k$ immer eine rationale Zahl $q$ in $I_{n_k}$ existiert.
Siehst Du das Problem?
\quoteoff
"Ja, denke schon, auch wenn ich lange überlegen musste.", wollte ich erst schreiben, aber ich probiere es nochmal auszuformulieren:
Ich will zeigen, dass ich immer eine Teilemenge $\{n_k|k\in\mathbb{N}\text{ und } n_k\in\mathbb{N}\} \subset \mathbb{N}$ für eine beliebige reelle Zahl $x$ finden kann, s.d. die rationale Folge $q_{n_k}$ gegen $x$ konvergiert.
Ich setze eine feste aber beliebige Abzählung der rationalen Zahlen voraus, so dass ich mich auf diese in der weiteren Agrumentation beziehen muss.
Für diese "konkrtete" Abzählung muss aber \quoteon(2022-06-25 03:23 - Farbspiel im Themenstart)
$I_{n_k}:= [x-\frac{1}{{n_k}},x+\frac{1}{{n_k}}]$.
Es gilt $I_{n_{k+1}}\subset I_{n_k}$ für alle $k\in \mathbb{N}$.
Nach (*) existiert immer eine rationale Zahl $q_{n_k}\in (x-\frac{1}{{n_k}},x+\frac{1}{{n_k}})$
\quoteoff
nicht unbedingt gelten.
Es kann vlt eine solche Abzählung geben, s.d. die Teilfolgen genau diese Form annehmen, also die rationale Zahl $q$ zum Index ${n_k}$ immer genau im Intervall $[x-\frac{1}{{n_k}},x+\frac{1}{{n_k}}]$ liegt, aber man soll es ja für eine beliebige Abzählung beweisen.
Aus diesem Grund kann ich nur im Allgemeinen eine Teilfolge so definieren, dass ich für den Intervall $[x-\frac{1}{{n}},x+\frac{1}{{n}}]$ immer ein $n_k$ finden kann, so dass $q_{n_k}\in (x-\frac{1}{{n}},x+\frac{1}{{n}})$.
\quoteon(2022-06-25 13:11 - Nuramon in Beitrag No. 7)
So funktioniert es: Definiere für jedes $n\geq 1$ das Intervall $I_n:= [x-\frac 1n, x+\frac 1n]$. Wähle dann $n_0$, sodass $q_{n_0}\in I_1$ und für $k\geq 1$ dann rekursiv $n_k > n_{k-1}$ mit $q_{n_k} \in I_{k+1}$.
\quoteoff
\quoteon(2022-06-26 07:25 - StefanVogel in Beitrag No. 11)
für einen Häufungspunkt muss doch die Indexfolge \((n_k)_{k\in \IN}\) nicht monoton steigend sein.
\quoteoff
Ich kenne es aktuell mit monotoner Steigung, deswegen fällt es mir schwer deinen Beitrag einzuordnen, werde es probeiren die Tage nachzuholen.
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| Beitrag No.14, eingetragen 2022-06-26
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\quoteon(2022-06-26 21:14 - Farbspiel in Beitrag No. 13)
Warum wählst du die Vereinigung $\bigcup_{n=1}^{\infty}\left( U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} \right)$ als Zielmenge anstatt $ U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q} $ ?\quoteoff
Weil das sonst keine richtig definierte Abbildung ist. Dann hängt die Wertemenge von n ab, man möchte ja aber dass das Argument von n abhängt bzw. $U_{\frac{1}{n}(x)}(x) \cap \mathbb{Q}$ ist.
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