Доказать несчётность отрезка теоремой Бэра

[Dedekind]

cxzbsdhwert
Зато если в комнате светло (то есть, следствие не выполнено), этого достаточно, чтобы заключить, что лампа НЕ разбита. При этом совершенно нет никакой необходимости проверять какие-то остальные следствия из предпосылки "лампа разбита". А у Вас в теореме, насколько я понимаю, именно такая ситуация.

[skobar]

cxzbsdhwert в сообщении #1713395 писал(а):

Почему?

потому что вы сами пишите

cxzbsdhwert в сообщении #1713391 писал(а):

Обозначим отрицание оригинального утверждения за $N$.

Отрицание оригинального утверждения - это никакая не конъюнкция, не дизъюнкция, а

skobar в сообщении #1713383 писал(а):

2. Формулируем отрицание к нему (предполагаем "противное") : Отрезок является н.б.ч.с. множеством

В любом учебнике по логике есть куча упражнений на построение отрицаний к утверждениям, вам следует попрактиковаться.

cxzbsdhwert в сообщении #1713395 писал(а):

Утверждение на человечком языке, которое Вы привели и утверждение равенства на языке математическом не эквивалентны в обе стороны, потому что:
Всякое множество вида $\{x_1, x_2, x_3, \dots\}$ (где иксы — одноточечным мн-ва и их нбчс) не более чем счётно, но не всякое не более чем счётное множество имеет такой вид.

Утверждения очевидно эквивалентны. Если вам это не очевидно, то, опять же, это означает, что вы не готовы к курсу, который берете, сначала нужно освоить элементарную логику и теорию множеств.

Вообще, вы должны определиться - вы хотите чему-то научиться или защищать свои ошибочные представления. Если вы настроены только на второе, то это бессмысленный разговор.

[cxzbsdhwert]

Dedekind в сообщении #1713397 писал(а):

cxzbsdhwert
Зато если в комнате светло (то есть, следствие не выполнено), этого достаточно, чтобы заключить, что лампа НЕ разбита.

Отнюдь, утверждение вообще ничего не говорит о том что будет или не будет, если будет светло, ровно как и ничего не говорит о том что будет или чего не будет если будет темно. В самом деле, светло может быть из-за Солнца.
Утверждение говорит что будет если разбита лампа, делать остальные выводы это и есть эта логическая ошибка.

[cxzbsdhwert]

skobar в сообщении #1713400 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713395 писал(а):

Почему?

потому что вы сами пишите

1. Во первых не "сам" пишу, обращаю внимание что я уже Вам привожу учебную литературу, работы других авторов.
2. Во вторых я буквально дальше также "сам пишу", в том числе ссылаясь на сторонние работы, что истинность всякого утверждение есть некоторая композиция истинностей составляющих его — следствий в данном случае. Ну если только это не аксиома, разумеется.
Тот факт что утверждение есть отрицание другого утверждения не то что не противоречит тому что оно есть композицией составных а только подтверждает, потому что отрицание это такая же логическая операция как ИЛИ и И.
3. Утверждение может быть выражено разными эквивалентными композициями.
Когда Вы пишите, что раз ложно следствие из отрицания, то ложно и отрицание это буквально означает что истинность отрицания есть функция от истинности следствия.
Но не следствия, а следствиЙ, а функция ИЛИ а не И.
4. Противоречивости следствия об одноточености достаточно только для ложности обратного:"отрезок является конкретно одноточечным нбчс множеством", а для ложности обратного "отрезок является нбчс множеством", необходима ложность И одноточечного И неодноточечного случая. Ну а для наоборот истинности обратного — ИЛИ.

В подтверждение правильности рассуждений я привёл согласующийся с моими словами учебные материалы, которые Вы мне сами советуете освоить.
Ошибочны не только мои суждения, но и учебных материалов авторов, которые я привёл?
Приведите пожалуйста "правильные" материалы с выдержками по пункто опровергающие доводы с которыми Вы не согласны.

skobar в сообщении #1713400 писал(а):

Утверждения очевидно эквивалентны. Если вам это не очевидно, то, опять же, это означает, что вы не готовы к курсу, который берете, сначала нужно освоить элементарную логику и теорию множеств.

Чем меньше у Вас аргументов по существу тем чаще Вы апеллируете ко мне лично. А из аргументов по существу можете предъявить только скромное "очевидно". Только не пишите пожалуйста, классическое "я уже объяснял", потому что Ваши аргументы были опровергнуты. А Вы пока в качестве контраргументов приводите только "очевидно". Давайте по-существу пожалуйста.

-- 27.12.2025, 14:41 --

Dedekind в сообщении #1713397 писал(а):

cxzbsdhwert
Зато если в комнате светло (то есть, следствие не выполнено), этого достаточно, чтобы заключить, что лампа НЕ разбита. При этом совершенно нет никакой необходимости проверять какие-то остальные следствия из предпосылки "лампа разбита". А у Вас в теореме, насколько я понимаю, именно такая ситуация.

Кстати на тему этой логической ошибки примеры далеко искать не нужно — я её предусмотрел в другой теме. Буквально такое же ошибочное предположение рассматривал:

mihaild в сообщении #1713126 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713124 писал(а):

Из теоремы следует, что объединение попарно пересекающихся интервалов это не открытое множество что ли? Ответ - "нет не следует, потому что теорема не утверждает чем открытое множество не является"?

Да. Теорема говорит, что открытые множества можно представить в таком виде, но ничего не говорит про другие виды.

Это тоже самое, что утверждать что из той теоремы следует что в виде пересекающихся не представляется. Это всё разные примеры логической ошибки Утверждение по следствию

[Dedekind]

cxzbsdhwert в сообщении #1713405 писал(а):

Отнюдь, утверждение вообще ничего не говорит о том что будет или не будет, если будет светло, ровно как и ничего не говорит о том что будет или чего не будет если будет темно. В самом деле, светло может быть из-за Солнца.

Мда, пожалуй, Вам действительно нужно подучить логику.

-- 27.12.2025, 17:01 --

Если из А следует В, то из (не В) следует (не А).

[tolstopuz]

cxzbsdhwert в сообщении #1713395 писал(а):

из истинного условного высказывания (например, «если бы лампа была разбита, то в комнате было бы темно»)

Как же было бы темно, если может быть светло из-за Солнца?

[Mikhail_K]

cxzbsdhwert в сообщении #1713406 писал(а):

Чем меньше у Вас аргументов по существу

Здесь не нужны никакие аргументы по существу. Это не вопрос для спора. Вы неправы, Ваши оппоненты правы. Если Вы это не понимаете, изучайте дальше книги по логике и поймёте. Ну или спрашивайте, а не спорьте.

Если Вы ссылаетесь на какие-то учебные материалы в подтверждение своей позиции - это не значит что в материалах ошибка, это значит что Вы их неправильно поняли.

cxzbsdhwert в сообщении #1713406 писал(а):

Это тоже самое, что утверждать что из той теоремы следует что в виде пересекающихся не представляется.

Нет, не то же самое.

cxzbsdhwert в сообщении #1713395 писал(а):

логическая ошибка, заключающаяся в том, что из истинного условного высказывания (например, «если бы лампа была разбита, то в комнате было бы темно») некорректно вытекает его обращение («в комнате темно, поэтому лампа должно быть разбита»), хотя это высказывание может не соответствовать действительности. Такая ситуация возникает, когда у консеквента (следствия) («в комнате было бы темно») есть другие возможные антецеденты (например, «лампа исправна, но выключена» или «в комнате нет лампы»).

Это верно.

Dedekind в сообщении #1713397 писал(а):

Зато если в комнате светло (то есть, следствие не выполнено), этого достаточно, чтобы заключить, что лампа НЕ разбита. При этом совершенно нет никакой необходимости проверять какие-то остальные следствия из предпосылки "лампа разбита".

И это тоже верно.

cxzbsdhwert в сообщении #1713405 писал(а):

Отнюдь, утверждение вообще ничего не говорит о том что будет или не будет, если будет светло, ровно как и ничего не говорит о том что будет или чего не будет если будет темно. В самом деле, светло может быть из-за Солнца.

Это неверное рассуждение. Напомню, мы исходим из утверждения «если бы лампа была разбита, то в комнате было бы темно». Аргумент с Солнцем равным образом применим или неприменим к утверждению «если бы лампа была разбита, то в комнате было бы темно» и к утверждению «если в комнате светло, то лампа НЕ разбита». Эти два утверждения равносильны, означают одно и то же, вытекают одно из другого, и верны или неверны одновременно.

-- 27.12.2025, 18:58 --

Вот как можно доказать утверждение «если в комнате светло, то лампа НЕ разбита», исходя из утверждения «если бы лампа была разбита, то в комнате было бы темно». Пусть в комнате светло, надо доказать, что лампа НЕ разбита. Доказываем от противного. Предположим, что лампа разбита. Но тогда, согласно известному нам утверждению, в комнате темно. Противоречие.

[cxzbsdhwert]

Dedekind в сообщении #1713410 писал(а):

Если из А следует В, то из (не В) следует (не А).

Да, здесь согласен - пример обратной импликации, который Вы привели верен, я был не прав. Ну, я уже признавался, что логику как учебную дисциплину ещё систематично не изучал.

Тем не менее, Ваше предположение о том, что приведённый пример релевантен текущей дискуссии на мой взгляд всё-таки не верно.

Мы полагаем от обратного, что (всякий!) отрезок $[a,b],a<b$ счётен и хотим показать что это отрицание правильного утверждения ложно.
Используя теорему по которой н.б.ч.с. множество (замкнутое вообще-говоря) должно обладать некоторым свойством $P$, хотим показать что всякий отрезок как н.б.ч.с. множество таким свойством не обладает.

То есть получается импликация - если (всякий) отрезок это н.б.ч.с. мн-во, то (всякий) отрезок удовлетворяет свойству $P$. Она должна оказаться ложной.
Показывается, что всякий отрезок в виде объединения н.б.ч.с. набора одноточечных множеств не удовлетворяет $P$

Но дальше Лектор, и поддерживающий рассуждения Лектора @skobar, допускают на мой взгляд, ошибочную обратную импликацию:
Всякое объединение н.б.ч.с. набора одноточечных множеств (для которых $P$ не верно) является н.б.ч.с. множеством $\Rightarrow$ всякое н.б.ч.с. множество является объединением н.б.ч.с. набора одноточечных множеств.

Разве это не ошибочная обратная импликация? Разве это не логическая ошибка Утверждение по следствию, аналогичный пример с лампой которой я привёл?
Не согласитесь ли Вы, что обратный пример с лампой, который привели Вы здесь не имел место, а имел бы если бы, например, была импликация "если множество одноточечно значит оно н.б.ч.с." и делался вывод что если НЕ н.б.ч.с., то НЕ одноточечно (и это правильно, но здесь такого нет)?

И дальше на основании этой ошибочной импликации делается вывод, о том, что всякое н.б.ч.с. множество, и по предположению от обратного не удовлетворяет $P$.

Если обратная импликация ошибочна, не ошибочна ли импликация из неё (сделанные на её основе выводы)?

Mikhail_K в сообщении #1713413 писал(а):

Здесь не нужны никакие аргументы по существу. Вы неправы, Ваши оппоненты правы
Лампа, лампа, лампа

Спасибо за большое внимание к моему комментарию в отношении примера с лампой, в котором я действительно был не прав. Но как я уже написал, он, тем не менее, не релевантен к теме (его привёл @Dedekind как обратный к изначальному примеру с лампой, который уже релевантен, полагая что он релевантен тоже).

Вы написали, что аргументы по существу не нужны, но раз Вы их тем не менее сочли нужным привести в немалом количестве в отношении примера с лампой, то может всё-таки найдёте и аргументы опровергающие мои по основной теме?
Если формат ответа на вопросы Вам более приемлем, то вопросы без ответа тоже есть. Можете не обременять себя чтением всех сообщений - вопросов в этом сообщении достаточно, буду благодарен за ответ.

[Mikhail_K]

cxzbsdhwert в сообщении #1713416 писал(а):

Мы полагаем от обратного, что (всякий!) отрезок $[a,b],a<b$ счётен

Вообще-то нет. Наша цель - доказать, что всякий отрезок несчётен. От противного предполагаем, что существует (не более чем) счётный отрезок. Затем

cxzbsdhwert в сообщении #1713416 писал(а):

Используя теорему по которой н.б.ч.с. множество (замкнутое вообще-говоря) должно обладать некоторым свойством $P$,

делаем вывод, что этот счётный отрезок обладает свойством $P$, затем приводим это к противоречию.

cxzbsdhwert в сообщении #1713416 писал(а):

Но дальше Лектор, и поддерживающий рассуждения Лектора @skobar, допускают на мой взгляд, ошибочную обратную импликацию:
Всякое объединение н.б.ч.с. набора одноточечных множеств (для которых $P$ не верно) является н.б.ч.с. множеством $\Rightarrow$ всякое н.б.ч.с. множество является объединением н.б.ч.с. набора одноточечных множеств.

Тут не импликация, а просто два очевидно верных утверждения. Не более чем счётные множества - это в точности то же самое, что объединения не более чем счётных наборов одноточечных множеств. Если $M$ не более чем счётно, то оно $M=\bigcup\limits_{x\in M}\{x\}$ есть не более чем счётное объединение одноточечных.

cxzbsdhwert в сообщении #1713371 писал(а):

Не будет ли, тем не менее, не противоречивым, в рамках доказательства от обратного, полагать, что пересечение интервала с отрезком пусть и состоит из более чем одной точки, но не более чем счётно?
Если не противоречиво, то почему бы тогда не рассматривать отрезок как объединение н.б.ч.с. набора множеств пусть не одноточечных, но не более чем счётных

Согласен с данным Вам выше ответом - рассматривать можно много чего, но для доказательства это не требуется. Именно рассмотрение отрезка как объединения н.б.с.ч набора одноточечных множеств позволяет доказать теорему (и правомерно). Другие логические ходы, если хочется, можно было бы сделать, но можно и не делать. Как в шахматах, в математике мы не обязаны делать какие-то логические ходы, если они не приближают нас к цели.

[cxzbsdhwert]

Mikhail_K в сообщении #1713419 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713416 писал(а):

Мы полагаем от обратного, что (всякий!) отрезок $[a,b],a<b$ счётен

Вообще-то нет. Наша цель - доказать, что всякий отрезок несчётен. От противного предполагаем, что существует (не более чем) счётный отрезок.

Это тоже верно.
Но ведь тогда тем более, предъявления конкретного кандидата приводящего к противоречию не доказывает не существование.
Тогда либо перебирать, либо показывать противоречивость существования обобщающего кандидата.
Я понял, что Вы рассматриваете конкретный вид н.б.ч.с. - одноточечных как обобщающий потому что любое н.б.ч.с. можно привести к одноточечному.

Но тут тогда наверное дело не логике а в содержании, потому что тем не менее, если сгруппировать это же самое одноточечное множество по н.б.ч.с. подмножествам и рассматривать их объединение, то тогда это будет кандидат, который не приводит к противоречию.
Ну и с учётом того, что нам достаточно предъявить одного кандидата, утверждение от обратного становится истинным.

Не дело ли тут в том, что Вы ошибочно полагаете эквивалентным одноточечное множество любому н.б.ч.с., на основании чего и делаете вывод, что раз одноточечное приводит к противоречию, то и любое другое н.б.ч.с.?
Ведь с точки зрения Теории множеств, некоторое одноточечное не более чем счётное множество и некоторое не одноточечное не более чем счётное множество это разные множества (если они не пусты).
Вы написали:

Mikhail_K в сообщении #1713419 писал(а):

Если $M$ не более чем счётно, то оно $M=\bigcup\limits_{x\in M}\{x\}$ есть не более чем счётное объединение одноточечных

Нет. Вообще нет. Слева и справа равенства разные множества. $M=\{\{1,2\},\{3,4\}\}\neq \bigcup\limits_{x\in M}\{x\} = \{1,2,3,4\}$
Вы в доказательство вышеприведённого равенства использовали аргумент "очевидно". А можно без "очевидно" это равенство доказать?

И таким образом, тот факт что одно множество можно получить из другого какими-то преобразованиями не каким образом не означает что они равны, что у них одинаковые свойства, в частности свойство удовлетворять свойству $P$ по теореме и т.д.

[skobar]

cxzbsdhwert
Вы задали вопрос, вам дали на него ответ, все разжевали и в рот положили. Но, похоже, вам ответы не нужны - вместо того, чтобы слушать вы продолжаете продвигать свои безграмотные представления даже не пытаясь понять, что вам пишут. Очевидно, что учиться вы не хотите, а хотите ублажать свое агрессивное невежество :) Если вы сами не хотите себе помочь, никто вам не поможет.

[Mikhail_K]

cxzbsdhwert в сообщении #1713420 писал(а):

Вы ошибочно полагаете эквивалентным одноточечное множество любому н.б.ч.с.

Не понимаю, что это значит

cxzbsdhwert в сообщении #1713420 писал(а):

на основании чего и делаете вывод, что раз одноточечное приводит к противоречию, то и любое другое н.б.ч.с.

Да не делаю я такого вывода. Я просто вообще не рассматриваю разбиение отрезка на неодноточечные множества, не обязан рассматривать такие разбиения. Мне не нужно доказывать что-либо "для любого разбиения", поэтому я рассматриваю только то разбиение, которое мне нужно для доказательства.

Ну, вот пример. Дана доска 8x8 и фигура, которая может ходить только по диагоналям на любое количество клеток. Доказать, что её не получится передвинуть из клетки a1 в клетку a2 за любое количество ходов. Решение: использовать шахматную раскраску доски в белые и чёрные клетки, тогда эта фигура (шахматный слон) ходит только по клеткам одного цвета, а клетки a1 и a2 разного цвета, поэтому из a1 в a2 эта фигура никогда не попадёт. Должны ли мы тут рассматривать всевозможные раскраски доски - в три цвета, в два цвета но по-другому, в десять цветов? Нет, не должны, мы используем ту раскраску, которая позволяет прийти к ответу. Приведут ли к противоречию другие раскраски или не приведут - нас не волнует.

Другой пример. Разложить на множители $x^4+1$. Решение - прибавим и вычтем $2x^2$, вот так: $x^4+1=(x^4+2x^2+1)-2x^2=(x^2+1)^2-(\sqrt{2}x)^2=(x^2-\sqrt{2}x+1)(x^2+\sqrt{2}x+1)$. Должны ли мы рассматривать, что будет, если мы прибавим и вычтем что-то другое вместо $2x^2$, например $3x^2$ или $x^3$? Нет, не должны.

И в Вашем вопросе - если мы пришли к противоречию, рассматривая разбиение отрезка на одноточечные множества, то на этом задача решена. Нам неважно, приведут ли к противоречию другие разбиения. В доказываемом нами утверждении нет фразы "для любого разбиения справедливо <...>" - которая обязала бы нас рассматривать всевозможные разбиения.

cxzbsdhwert в сообщении #1713420 писал(а):

Нет. Вообще нет. Слева и справа равенства разные множества. $M=\{\{1,2\},\{3,4\}\}\neq \bigcup\limits_{x\in M}\{x\} = \{1,2,3,4\}$

На самом деле, для $M=\{\{1,2\},\{3,4\}\}$ справедливо $\bigcup\limits_{x\in M}\{x\}=\{\{1,2\}\}\cup\{\{3,4\}\}=\{\{1,2\},\{3,4\}\}=M$
(так как роль $x\in M$ здесь играют $\{1,2\}$ и $\{3,4\}$, а соответственно роль $\{x\}$ играют $\{\{1,2\}\}$ и $\{\{3,4\}\}$).
При этом, конечно, $\bigcup\limits_{x\in M}x=\{1,2\}\cup\{3,4\}=\{1,2,3,4\}\neq M$. Но я написал не $\bigcup\limits_{x\in M}x$, а $\bigcup\limits_{x\in M}\{x\}$.

cxzbsdhwert в сообщении #1713420 писал(а):

А можно без "очевидно" это равенство доказать?

Можно. Попробуйте доказать. Используйте определение объединения.

[cxzbsdhwert]

Mikhail_K в сообщении #1713425 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713420 писал(а):

на основании чего и делаете вывод, что раз одноточечное приводит к противоречию, то и любое другое н.б.ч.с.

Да не делаю я такого вывода. Я просто вообще не рассматриваю разбиение отрезка на неодноточечные множества, не обязан рассматривать такие разбиения. Мне не нужно доказывать что-либо "для любого разбиения", поэтому я рассматриваю только то разбиение, которое мне нужно для доказательства.

Как же не рассматриваете не одноточечные? Вы же буквально дальше пишите, что под $\bigcup\limits_{x\in M}\{x\}$, которое Вы рассматривали Вы имеете в виду множество, которое отнюдь не одноточечное и повторяете мой пример

Mikhail_K в сообщении #1713425 писал(а):

На самом деле, для $M=\{\{1,2\},\{3,4\}\}$ справедливо $\bigcup\limits_{x\in M}\{x\}=\{\{1,2\}\}\cup\{\{3,4\}\}=\{\{1,2\},\{3,4\}\}=M$
(так как роль $x\in M$ здесь играют $\{1,2\}$ и $\{3,4\}$, а соответственно роль $\{x\}$ играют $\{\{1,2\}\}$ и $\{\{3,4\}\}$).
При этом, конечно, $\bigcup\limits_{x\in M}x=\{1,2\}\cup\{3,4\}=\{1,2,3,4\}\neq M$. Но я написал не $\bigcup\limits_{x\in M}x$, а $\bigcup\limits_{x\in M}\{x\}$

То есть мы сейчас походу вернёмся к тому, о чём пишем уже вторую страницу темы:
Да, полагаю, что всякое н.б.ч.с. множество можно представить в виде объединения его элементов.
Но не всякое такое множество является одноточечным, я же привёл пример.
Но в то же, время Вы из того что н.б.ч.с. множество в таком виде представить можно делаете вывод что оно одноточечное, ну а для одноточечного же возникает противоречие.

Ну давайте уже тогда перейдём к конкретному случаю:
Пускай всякий отрезок несчётен, потому что от обратного, если представлять отрезок как н.б.ч.с. множество, то не найдётся такого н.б.ч.с. множества в виде объединения н.б.ч.с. набора н.б.ч.с. множеств, что для него бы существовал интервал, пересечение которого принадлежало бы одному из составляющих множеств, то есть не удовлетворяло бы $P$ (ну это Теорема Бэра).

Ну, я предъявляю множество в качестве отрезка - $\{\{4,3,2,1\},\{8,7,6,5\},...\}$ и интервал $(-1, 3)$. Пересекается со всем множеством? Пересекается. Пересечение лежит в одном из составляющих? Лежит.
Значит вот существует н.б.ч.с. множество в качестве отрезка, удовлетворяющее $P$.
А Вы мне говорите что предположение от обратного ложно, то есть что утверждение о существовании такого множество неверно. А я Вам конкретное уже привожу. И делаете Вы такой вывод только лишь потому что Вы нашли какое-то одно, которое $P$ не удовлетворяет.

[Mikhail_K]

cxzbsdhwert в сообщении #1713426 писал(а):

Да, полагаю, что всякое н.б.ч.с. множество можно представить в виде объединения его элементов.

Это неточная (или неверная, или просто грубая) формулировка. Непонятно, что такое объединение элементов; понятно, что такое объединение одноточечных множеств. Верная формулировка такая: любое множество является объединением одноточечных множеств, включающих его элементы. Или на языке формул: $M=\bigcup\limits_{x\in M}\{x\}$.

Ну, например, $\{1,2,3,4\}=\{1\}\cup\{2\}\cup\{3\}\cup\{4\}$ - объединение четырёх одноточечных множеств. Потому что $\{1,2,3,4\}$ включает те и только те элементы, которые (согласно определению объединения) принадлежат хотя бы одному из этих одноточечных множеств. Аналогично, $\{\{1,2\},\{3,4\}\}=\{\{1,2\}\}\cup\{\{3,4\}\}$ - объединение двух одноточечных (одноэлементных) множеств: в первом множестве $\{\{1,2\}\}$ содержится единственный элемент $\{1,2\}$, во втором множестве $\{\{3,4\}\}$ содержится единственный элемент $\{3,4\}$. Так же и с любыми другими множествами. Доказательство формулы $M=\bigcup\limits_{x\in M}\{x\}$ для произвольного множества $M$ попробуйте построить сами.

Конечно, $\{1,2,3,4\}=\{1,2,3\}\cup\{4\}$ тоже (тут разбиение уже не только на неодноточечные множества), есть и другие разбиения. Но в каких-то задачах можно использовать только разбиение на одноточечные множества, а в каких-то других задачах - какие-то другие разбиения. Разбиения - это инструмент в наших руках, мы сами решаем, когда и каким инструментом пользоваться.

В Вашем последнем посте я не понял вообще ничего. Вы всё понимаете неправильно, объяснить Вам Ваши ошибки я затрудняюсь.

[warlock66613]

cxzbsdhwert в сообщении #1713426 писал(а):

я предъявляю множество в качестве отрезка - $\{\{4,3,2,1\},\{8,7,6,5\},...\}$

Ваше множество не годится в качестве отрезка, поскольку отрезок -- это множество точек, а ваше множество множеством точек не является.