mateforum.ro

Fie A o submultime numarabila a numerelor reale. Sa se demonstreze ca se poate translata A cu un numar real astfel incat sa fie continuta in irationale.

Putin mai general: acelasi enunt cu A de masura Lebesgue nula.

Pentru \( A \) numarabila:

Presupunem ca orice translatata a lui \( A \) intersecteaza \( \mathbb{Q} \). Atunci rezulta evident ca orice translatata a lui \( \mathbb{Q} \) intersecteaza \( A \). Sa aratam ca asa ceva nu este posibil.

Considerand relatia de echivalenta \( x\sim y \Leftrightarrow x-y\in \mathbb{Q} \) o clasa de echivalenta \( [x]=x+\mathbb{Q} \) este o translatata a lui \( \mathbb{Q} \). Deoarece \( \mathbb{R} \) considerat ca spatiu vectorial peste \( \mathbb{Q} \) are dimensiunea \( card \mathbb{R} \), rezulta ca numarul claselor de echivalenta este \( card \mathbb{R} \). Notam \( \mathcal{A}=\{[x] : x \in \mathbb{R}\} \)

Definim \( g : \mathcal{A} \to A \) astfel \( g([x])=y \in [x] \cap A \), care stim ca exista, din presupunerea facuta. (am folosit axioma alegerii ) Functia definita este injectiva pentru ca pentru \( [x]\neq [y] \Rightarrow g([x])\neq g([y]) \) pentru ca sunt in clase de echivalenta diferite. Prin urmare am obtinut o functie injectiva de la \( \mathcal{A} \) la \( A \), ceea ce implica \( card \mathbb{R} =card \mathcal{A} \leq card A =card \mathbb{N} \). Asta reprezinta o contradictie.

Prin urmare exista o translatata a lui \( A \) care nu intersecteaza \( \mathbb{Q} \).

Pentru masura Lebesgue a lui \( A \) egala cu 0:

Am gasit asta intr-o carte "Strange Functions in Real Analysis".

O multime de reprezentanti ai claselor relatiei de echivalenta definite mai sus se numeste multime Vitali si orice astfel de multime Vitali este nemasurabila Lebesgue. Daca \( A \) ar avea in comun cu orice translatata a lui \( \mathbb{Q} \), echivalent, cu orice clasa de echivalenta, atunci \( A \) ar contine o multime Vitali \( V \), care din completitudinea masurii Lebesgue si faptul ca masura lui \( A \) este 0 rezulta ca \( V \) este masurabila, ceea ce este o contradictie.

Cred ca merge urmatorul argument fara multimi Vitali: iei reuniunea translatatelor lui A cu toate numerele rationale si obtii tot o multime de masura 0. Acum alegi un numar x care nu e in nicio translatata si faci A-x. Daca A-x contine un rational q, atunci x se afla in A-q, contradictie cu alegerea lui x.