Теорема Кантора о несчетности множества точек отрезка [0, 1]

[Vladimir Pliassov]

Цитата:

1. Несчетность множества точек отрезка $[ 0,1 ]$
Множество $A$ называется несчетным, если оно неэквивалентно множеству натуральных чисел.

Теорема Кантора ... : Множество точек отрезка $[0,1]$ несчетно.

↓Предположим, что множество точек $[0,1]$ счетно: $x_1, x_2, \; \ldots, \; x_n, \; \ldots \; .$ Разделим отрезок $[0,1]$ на $3$ равные части: $[0, \frac {1}{3}]; [\frac {1}{3}; \frac {2}{3}]; [\frac {2}{3}; 1]$, и выберем тот из отрезков, который не содержит $x_1$ ни внутри, ни на границе. Обозначим его через $\Delta_1$, т.е. $x_1$ не принадлежит $\Delta_1$. $\Delta_1$ также поделим на $3$ равные части и выберем ту часть, которая не содержит $x_2$ ни внутри, ни на границе. Обозначим эту часть $\Delta_2$, т.е. $x_2$ не принадлежит $\Delta_ 2$, и $\Delta_2\subset \Delta _1$. Продолжая эту процедуру, мы получим последовательность вложенных друг в друга отрезков $\Delta_1\supset \Delta_2\supset \ldots\supset \Delta_{n-1}\supset \Delta_n\supset \ldots \; .$ Причем длины этих отрезков стремятся к нулю и $\forall n \; x_n\notin \Delta_n$. В силу принципа вложенных отрезков существует точка $c\in \Delta_n$ для $\forall n$, причем $c\ne x_n \; \forall n$. А следовательно, точка $c$ в исходном списке точек отрезка отсутствует, т.е. точка $c$ оказалась незанумерованной. Это противоречие доказывает теорему. ↑

Доказана ли теорема?

Возьмем множество $B=[0, 1]\cap \mathbb Q$, то есть множество всех рациональных точек отрезка $[0, 1]$, и занумеруем все его точки (все точки множества $B$): $x'_1, x'_2, \; \ldots, \; x'_m, \; \ldots \; .$ (Это, как я понимаю, возможно, так как даже и все элементы $\mathbb Q$ можно занумеровать). Проведем описанную процедуру относительно множества $B$, получим последовательность вложенных друг в друга рациональных отрезков $\Delta'_1\supset \Delta'_2\supset \ldots\supset \Delta'_{m-1}\supset \Delta'_m\supset \ldots \; .$ Причем длины этих отрезков стремятся к нулю и $\forall m \; x'_m\notin \Delta'_m$. В силу принципа вложенных отрезков существует точка $c'\in \Delta'_m$ для $\forall m$, причем $c'\ne x'_m \; \forall m$. Таким образом, точка $c'$ занумерована (потому что все точки множества $B$ занумерованы), то есть она равна одному из $x'_i$, и вместе с тем она не равна ни одному из них: $c'\ne x'_m \; \forall m$, -- то есть она не занумерована.

В чем тут дело?

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608035 писал(а):

В силу принципа вложенных отрезков существует точка $c'\in \Delta'_m$ для $\forall m$, причем $c'\ne x'_m \; \forall m$

Принцип вложенных отрезков для вашего $B$ неверен.
Упражнение: построить последовательность вложенных рациональных отрезков, пересечение которых не содержит ни одной рациональной точки.

[мат-ламер]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608035 писал(а):

Таким образом, точка $c'$ занумерована (потому что все точки множества $B$ занумерованы)

Вы полагаете, что $c'$ - рациональное число?

[мат-ламер]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608035 писал(а):

Проведем описанную процедуру относительно множества $B$

То есть от иррациональных точек мы избавились. Тогда предыдущий вопрос снимаю.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1608036 писал(а):

Упражнение: построить последовательность вложенных рациональных отрезков, пересечение которых не содержит ни одной рациональной точки.

Рациональные отрезки, концами которых являются рациональные приближения к $\sqrt 2$, их пересечение пусто и потому не содержит ни одной точки, ни рациональной, ни иррациональной.

($\sqrt 2$ не является их пересечением, так как не принадлежит ни одному из них -- если под рациональным отрезком понимается вещественный отрезок, из которого удалены все иррациональные точки -- в том числе и $\sqrt 2$ в данном случае. $\sqrt 2$ является пересечением вещественных отрезков с теми же концами.)

мат-ламер в сообщении #1608039 писал(а):

Вы полагаете, что $c'$ - рациональное число?

Я думаю, что это зависит от нумерации.

Если для множества $B=[0, 1]\cap \mathbb Q$ нумерация всех $\Delta'$ и всех $x'\in B$ берется от $1$ до $\infty$ и при этом ставится условие $\forall m \; x'_m\notin \Delta'_m$, то $c'$ не может принадлежать $B$ (не может быть равно ни одному $x'\in B$) (потому что $c'$ принадлежит всем $\Delta'$), то есть $c'$ не может быть рациональным. Но если нумерацию всех $x'\in B$ взять от $0$ до $\infty$, то $c'$ может быть равно $x'_0$, то есть может принадлежать $B$ (быть рациональным).

Например, если в качестве $\Delta'$ брать все время среднюю треть (то есть взять сначала среднюю треть отрезка $B=[0, 1]\cap \mathbb Q$, затем среднюю треть этой средней трети и так далее), то точкой $c'$ будет, очевидно, $0,5$.

Будем нумеровать -- от $1$ до $\infty$ -- не $\Delta'$ исходя из номера точки $x'$ (как в приведенном доказательстве теоремы), а точку $x'$ исходя из номера $\Delta'$, то есть для каждого отрезка $\Delta'_m$ (получающегося на $m$-ном шаге) будем выбирать некоторую точку $x'$, находящуюся вне $\Delta'_m$, и этой точке будем присваивать номер $m$, то есть эта точка будет называться $x'_m$. Таким образом будут занумерованы -- от $1$ до $\infty$ -- все $x'\in B$, кроме $c'$, и все $\Delta'$.Теперь присвоим точке $c'$ номер $0$, тогда у нас будут пронумерованы от $0$ до $\infty$ все точки $B$, и при этом будет $\forall m=\overline {1, \infty} \;\; x'_m\notin \Delta'_m$. То есть не будет противоречия между тем, что пронумерованы все точки множества $B$, и тем, что одна из его точек -- точка $c'$ -- принадлежит всем $\Delta'$.

Мне кажется, что то же самое можно сделать и в отношении приведенного доказательства: мы ведь знаем, что существует точка $c$, которая принадлежит всем $\Delta$, так давайте присвоим ей номер $0$, а остальные точки будем нумеровать от $1$ до $\infty$, и так устраним противоречие, положенное в основу этого доказательства?

мат-ламер в сообщении #1608088 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1608035 писал(а):

Проведем описанную процедуру относительно множества $B$

То есть от иррациональных точек мы избавились.

Мы от них избавились в самом отрезке $[0, 1]$, превратив его в $B=[0, 1]\cap \mathbb Q$, но точка $c'$, как я теперь вижу, может быть иррациональной (когда я посылал первое сообщение темы, мне это не приходило в голову).

[iifat]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608115 писал(а):

Рациональные отрезки, концами которых являются рациональные приближения к $\sqrt 2$, их пересечение пусто и потому не содержит ни одной точки, ни рациональной, ни иррациональной

Ну, во-первых, при чём тут иррациональные точки, если мы их изначльно не рассматриваем? Ихтамнет не потому что их нет, — они-то как раз вполне себе есть — их там нет, потому что мы их не рассматриваем!
Ну и главное: вы только что одной фразой доказали неприменимость принципа вложенных отрезков к множеству рациональных чисел! То бишь, пересечение системы вложенных стягивающихся к нулю отрезков, в отличие от действителдьных числ, может иметь пустое пересечение. На кой вы продолжаете этот развенчанный вами же принцип использовать — тайна сия велика есть.

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov
Короче говоря: принцип вложенных отрезков справедлив только для вещественных отрезков, а не для рациональных. Более того, принцип вложенных отрезков - это один из базовых инструментов, ради которого вообще ввели вещественные числа, а не стали ограничиваться только использованием рациональных.

[Doctor Boom]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608115 писал(а):

Мне кажется, что то же самое можно сделать и в отношении приведенного доказательства: мы ведь знаем, что существует точка $c$, которая принадлежит всем $\Delta$, так давайте присвоим ей номер $0$, а остальные точки будем нумеровать от $1$ до $\infty$, и так устраним противоречие, положенное в основу этого доказательства

И что из этого следует? Вы показали, что предположение о счетности рациональных чисел не противоречит вашим рассуждениям, и что? Вы так могли бы и с вещественными поступить

[Vladimir Pliassov]

Mikhail_K в сообщении #1608123 писал(а):

принцип вложенных отрезков справедлив только для вещественных отрезков, а не для рациональных.

Цитата:

Принцип вложенных отрезков: для всякой системы вложенных отрезков существует хотя бы одна точка $c$, принадлежащая всем отрезкам данной системы. Если, кроме того, длина отрезков системы стремится к нулю, то $c$ — единственная общая точка всех отрезков данной системы.

Да, но если бы он был сформулирован не так строго, можно было бы сказать, что и для рациональных отрезков он тоже справедлив, но не всегда.

Например, если на рациональном отрезке $B=[0, 1]\cap \mathbb Q$ при построении системы вложенных отрезков $\Delta'_1\supset \Delta'_2\supset \ldots\supset \Delta'_{m-1}\supset \Delta'_m\supset \ldots$ в качестве $\Delta'$ брать все время среднюю треть (то есть взять сначала среднюю треть отрезка $B$, затем среднюю треть этой средней трети и так далее), то их пересечением $c'$ будет, очевидно, точка $0,5$, которая является рациональной и поэтому принадлежит $B$ и каждому $\Delta'$.

А пересечение рациональных отрезков, концами которых являются рациональные приближения к $\sqrt 2$, пусто.

На остальные комментарии надеюсь ответить позже: мне надо подумать, а я очень медленно соображаю.

[bot]

(Оффтоп)

Vladimir Pliassov в сообщении #1608470 писал(а):

Да, но если бы он был сформулирован не так строго, можно было бы сказать, что и для рациональных отрезков он тоже справедлив, но не всегда.

А если строго, но не так, то и для натуральных, но очень редко.

[Vladimir Pliassov]

bot в сообщении #1608493 писал(а):

А если строго, но не так, то и для натуральных, но очень редко.

А почему оффтоп, это же по теме? Разумеется, если это не шутка -- ведь не может быть бесконечной последовательности натуральных отрезков?

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608510 писал(а):

ведь не может быть бесконечной последовательности натуральных отрезков?

Может (вложенные отрезки могут совпадать начиная с какого-то момента; концы отрезков, к слову, тоже могут совпадать).

bot в сообщении #1608493 писал(а):

то и для натуральных, но очень редко.

Для натуральных чисел принцип вложенных отрезков как раз справедлив всегда, как бы это странно ни звучало.

-- 09.09.2023, 10:23 --

Vladimir Pliassov в сообщении #1608510 писал(а):

Разумеется, если это не шутка

Это шутка (хотя и не очень удачная) - намекающая на то, что во фразе

Vladimir Pliassov в сообщении #1608470 писал(а):

справедлив, но не всегда

нет никакого математического смысла. Если какой-то принцип "справедлив не всегда" - значит он просто несправедлив, и всё.

-- 09.09.2023, 10:51 --

Vladimir Pliassov
Например, рассмотрим принцип "Все математики рыжие".
Можно сказать, что он "справедлив, но не всегда" - так как среди математиков наверняка найдётся какое-то количество рыжих, хотя и не рыжие найдутся тоже.
Но лучше сказать, что это просто неверное утверждение.

[Vladimir Pliassov]

Mikhail_K в сообщении #1608511 писал(а):

вложенные отрезки могут совпадать начиная с какого-то момента; концы отрезков, к слову, тоже могут совпадать

Вы имеете в виду концы разных отрезков -- левый с левым, правый с правым (но тогда это и есть совпадающие отрезки) или концы одного и того же отрезка (тогда это отрезки нулевой длины)?

Mikhail_K в сообщении #1608511 писал(а):

Если какой-то принцип "справедлив не всегда" - значит он просто несправедлив, и всё.

Понятно, я и сам подозревал, что неудачно выразился.

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608519 писал(а):

Вы имеете в виду концы разных отрезков -- левый с левым, правый с правым (но тогда это и есть совпадающие отрезки) или концы одного и того же отрезка (тогда это отрезки нулевой длины)?

Всё да.

[Vladimir Pliassov]

Попытка доказательства несчетности отрезка $[0, 1]$.

$\rhd$ Построим на отрезке $[0, 1]$ систему $\Delta_1\supset \Delta_2\supset \ldots\supset \Delta_{n-1}\supset \Delta_n\supset \ldots $ стягивающихся к нулю вложенных отрезков. Множество $S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{m-1}, \Delta_m \ldots\}$, очевидно, является счетным.

Пусть имеем соответствие $G: \;[0, 1]\to S$, которое в каждое $\Delta$ отображает некоторый элемент $x$ из $[0, 1]$ -- сюръекция, -- при условии, что этот $x$ не принадлежит этому $\Delta$, причем так, что никакие две точки из $[0, 1]$ не отображаются в одно и то же $\Delta$ -- инъекция. Несмотря на то, что это соответствие является инъективным и сюръективным, оно не является биекцией, так как не является отображением, поскольку чтобы было отображение из $[0, 1]$ в $S$, отображаться должен каждый элемент $[0, 1]$, а этого нет, так как, по крайней мере, одна точка -- $c\in [0, 1]$ -- не отображается, потому что в силу принципа вложенных отрезков принадлежит всем $\Delta$.

Поскольку не существует биекции между $[0,1]$ и $S$, ее не существует и между $[0,1]$ и любым другим счетным множеством. Таким образом, множество $[0, 1]$ несчетно. $\lhd$

Удалось доказать?