Доказать несчётность отрезка теоремой Бэра

[skobar]

cxzbsdhwert в сообщении #1713503 писал(а):

Так через эти же рассуждения можно доказать несчёность подмножества рациональных чисел, то есть, точно счётного множества.
Ну например $X=\{x\in \mathbb Q: 0\leq x \leq 1\}$, или $X=\{\frac{1}{n},\frac{1}{2n},...|n\in Q, n>1\}$. Подставьте в своё сообщение вместо слова "отрезок", такое множество $X$, и по Вашим рассуждениям окажется, что оно несчётно.

Вы забываете, что следствие из теоремы Бэра можно применять только для замкнутых множеств. Множество $X=\{x\in \mathbb Q: 0\leq x \leq 1\}$ не является замкнутым.

[cxzbsdhwert]

skobar в сообщении #1713506 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713503 писал(а):

Так через эти же рассуждения можно доказать несчёность подмножества рациональных чисел, то есть, точно счётного множества.
Ну например $X=\{x\in \mathbb Q: 0\leq x \leq 1\}$, или $X=\{\frac{1}{n},\frac{1}{2n},...|n\in Q, n>1\}$. Подставьте в своё сообщение вместо слова "отрезок", такое множество $X$, и по Вашим рассуждениям окажется, что оно несчётно.

Вы забываете, что следствие из теоремы Бэра можно применять только для замкнутых множеств. Множество $X=\{x\in \mathbb Q: 0\leq x \leq 1\}$ не является замкнутым.

Да, согласен

-- 28.12.2025, 20:02 --

warlock66613 в сообщении #1713501 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713500 писал(а):

по Теореме Бэра следует что в любом замкнутом (нбчс) множестве один и тот же интервал будет иметь одновременно только одну И не только одну точку пересечения

И как же это следует? Применяя теорему Бэра один раз вы можете вывести существование интервала такого, что он имеет одну точку пересечения с замкнутым множеством. Применяя теорему Бэра снова вы можете вывести существование интервала такого, что он имеет не одну точку пересечения с тем же множеством. Но вы никак не можете доказать что это один и тот же интервал.

А Вы согласны с тем, что в написанном Вами имеет место ИЛИ, а не И - в зависимости от выбранного интервала Вы получите одно ИЛИ не одно пересечение? И одно И не одно пересечение Вы получить не можете, согласны?

[warlock66613]

cxzbsdhwert в сообщении #1713510 писал(а):

И одно И не одно пересечение Вы получить не можете, согласны?

Согласен: используя только теорему Бэра и одно и не одно пересечение с один и тем же интервалом получить нельзя.

[cxzbsdhwert]

warlock66613 в сообщении #1713512 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713510 писал(а):

И одно И не одно пересечение Вы получить не можете, согласны?

Согласен: используя только теорему Бэра и одно и не одно пересечение с один и тем же интервалом получить нельзя.

Точно также Вы можете вывести существование набора таких $F_n$ что лежащее в некотором из них пересечение интервала будет одноточечным ИЛИ будет не одноточечным.
Применяя, как Вы выразились, теорему Бэра для некоторого $F$, Вы получите одноточечное пересечение лежащее в некотором $F_n$ ИЛИ неодноточечное. Согласны?
Одноточечное И одновременно не одноточечное пересечение Вы получить не можете, верно?

[tolstopuz]

Вот играете вы в шахматы и думаете:

Если я сейчас пойду конем, противник в ответ может поставить мат ферзем, в этом случае мой выигрыш ложен. ИЛИ противник может отдать ферзя за просто так, тогда мой выигрыш очень даже истинен. Но выигрыш ложен, так как он является дизъюнкцией, только в том случае, когда ложен выигрыш как при мате ферзем, так И при зевке противником ферзя. Что ж, пойду конем…

[warlock66613]

cxzbsdhwert в сообщении #1713513 писал(а):

Точно также Вы можете вывести существование набора таких $F_n$ что лежащее в некотором из них пересечение интервала будет одноточечным ИЛИ будет не одноточечным.

Трудно сказать, потому что неясно как расшифровать это ваше утверждение. Теорема Бэра ничего не говорит о существовании набора, она говорит о существовании интервала, а в вашем утверждении нет утверждения о существовании интервала, но зато есть упоминание некоего интервала, который возникает из ниоткуда и непонятно что это за интервал. Если попытаться проинтерпретировать это ваше утверждение как "существует такое разбиение не более чем счётного замкнутого непустого множества на не более чем счётный набор замкнутых множеств и такой пересекающийся с множеством интервал, что пересечение целиком лежит в одном из членов разбиения и при этом это пересечение содержит одну либо больше точек", то это утверждение верно, но тривиально и вообще не требует теоремы Бэра для доказательства.

[cxzbsdhwert]

warlock66613 в сообщении #1713505 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713503 писал(а):

Так через эти же рассуждения можно доказать несчёность подмножества рациональных чисел, то есть, точно счётного множества.

Нет, только множества, которое а) является замкнутым и б) пересечение которого с любым интервалом либо пусто, либо содержит минимум две точки.

А почему $X=\{x\in \mathbb Q: 0\leq x \leq 1\}$ не замкнуто? 1) Оно является подмножеством $\mathbb R$, потому что является подмножеством $\mathbb Q \subset \mathbb R$. 2) Оно содержит все свои предельные точки. 3) Оно содержит все свои граничные точки.
4) Дополнение к $X$ до $\mathbb R$, т.е. $\mathbb R \backslash X$ не открыто потому что в $X$ будут "просачивающиеся" иррациональные для которых не будет окрестностей лежащих в дополнении?

[warlock66613]

cxzbsdhwert в сообщении #1713519 писал(а):

Оно содержит все свои предельные точки

Не содержит. $\sqrt{2}/2$ -- предельная точка.

[cxzbsdhwert]

tolstopuz в сообщении #1713514 писал(а):

Вот играете вы в шахматы и думаете:

Если я сейчас пойду конем, противник в ответ может поставить мат ферзем, в этом случае мой выигрыш ложен. ИЛИ противник может отдать ферзя за просто так, тогда мой выигрыш очень даже истинен. Но выигрыш ложен, так как он является дизъюнкцией, только в том случае, когда ложен выигрыш как при мате ферзем, так И при зевке противником ферзя. Что ж, пойду конем…

Не очень понял, но в рассматриваемом нами случае импликации, дизъюнкция (или конъюнкция, как настаивают другие) в следствии, а не в причине, а у Вас, как я понял в причине:
"если A или B то C". Мы рассматриваем "если А то В или С"

-- 28.12.2025, 21:22 --

warlock66613 в сообщении #1713520 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713519 писал(а):

Оно содержит все свои предельные точки

Не содержит. $\sqrt{2}/2$ -- предельная точка.

Ну да.
Ладно, понимая достаточности доказательства от противного, ограниченного одноточечным случаем нет, но появились сомнения необходимости рассмотрения неодноточечных. Буду думать.

Спасибо всем за уделённое время

[tolstopuz]

cxzbsdhwert в сообщении #1713521 писал(а):

Мы рассматриваем "если А то В или С"

Это утверждение верно, но оно слишком слабое для продолжения доказательства. А вот утверждение "если A то B" сильнее первого, но тоже верно и позволяет продолжить доказательство.

А про шахматы была просто шутка :)

[Someone]

cxzbsdhwert в сообщении #1713521 писал(а):

Ладно, понимая достаточности доказательства от противного, ограниченного одноточечным случаем нет, но появились сомнения необходимости рассмотрения неодноточечных. Буду думать.

Почему только сомнения?

Теорема Бэра, имеет такую логическую структуру: для каждой "фигни" выполняется "утверждение".
По правилам математической логики отрицание этой теоремы имеет такую структуру: существует (хотя бы одна такая) "фигня", для которой (это самое) "утверждение" не выполняется.
То есть, достаточно найти одну "фигню", а рассматривать другие нет надобности.

Вы разницу между "существует" и "для каждого" понимаете?

[cxzbsdhwert]

Someone в сообщении #1713559 писал(а):

Почему только сомнения?
Теорема Бэра, имеет такую логическую структуру: для каждой "фигни" выполняется "утверждение".
По правилам математической логики отрицание этой теоремы имеет такую структуру: существует (хотя бы одна такая) "фигня", для которой (это самое) "утверждение" не выполняется.
То есть, достаточно найти одну "фигню", а рассматривать другие нет надобности.

Вы разницу между "существует" и "для каждого" понимаете?

В этом и проблема, поскольку, по крайней мере в той формулировке, в которой её дал Лектор, и в которой мы её обсуждали, Теорема не очень похожа на утверждение вида "для каждого $x$ истинно $P(x)$":
"Пусть $F$ непустое замкнутое подмножество и $F$ "представлено как" объединение нбчс набора замкнутых множеств. Тогда ..."
Это больше похоже на импликацию "если $A$ то $B$", но я так понимаю, "если" как раз сводится к кванторам "для любого И такого что". Тут пишут что "пусть" вообще сложно назвать квантором, и предлагают заменять его на "всякий", поэтому ок.

Но дело главным образом в формулировке, пусть даже с "если" - "если представлено в виде".

Так вот, я настаивал на том, что $F$ "представленным в виде" выражения "объединение только одноточечных множеств" И выражения "объединения не только одноточечных множеств" быть не может.
$F$ может быть представлено в виде ИЛИ такого ИЛИ такого выражения, но не их обоих одновременно.

Тогда получается вот что:
1. Отрезок несчётен. Отрицание - "отрезок не более чем счётен(нбчс)" ("существует счетный отрезок", хотя я тут тоже не очень согласен, мы же обсуждаем отрезок как вид).
2. Если отрезок нбчс, то он представлен как объединение нбчс набора только одноточечных множеств ИЛИ представлен как объединение не только одноточечных.
3. Дальше, чтобы показать ложность причины - "всякий отрезок не более чем счётен" по правилу импликации нужно показать ложность следствия - "он представлен как (... ИЛИ ...)".
4. Лектором показывается противоречие одноточечного случая, то есть: по теорема Бэра для всякого нбчс (замкнутого) множества представленного в виде объединения нбчс набора одноточечных множеств найдётся интервал пересечение которого со всем множеством лежит в одном из одноточечных. А по определению отрезка пересечение состоит из более чем одной точки. Противоречие.
5. Но противоречие только одноточечного случая не означает ложности следствия, поскольку следствие - дизъюнкция. Необходима ложность и не одноточечного случая.

Почему я настаиваю на том, что "представлено как" не тоже самое что "равно" - потому что в Теореме Бэра роль играет выражение, которым представляется $F$, а не значение это выражения.
Если нам важно только значение, то мы говорим о равенстве выражений $5+2$ и $7$. Если нам важны сами выражения, например мы сравниваем многочлены по числу членов, то $5+2$ и $7$ это разные выражения, и делать выводы о числе слагаемых $5+2$ по числу слагаемых $7$, лишь на основании того что они равны не верно. То есть не верно утверждать что $5+2$ это одночлен, поскольку он равен семи, ну а "семь" это же одночлен.
Не верно утверждать что $x: x=5+2=7$ это одночлен И многочлен. Верно утверждать, что $x: x=5+2=7$ это одночлен ИЛИ многочлен.

warlock66613
Кстати формулировку "представлено как объединение" дословно всё-таки привёл Лектор, формулируя теорему

-- 29.12.2025, 15:50 --

Someone
Ну то есть, кратко:
1. Утверждается, что любой отрезок несчётен.
2. От обратного - существует нбчс отрезок (не противоречащий Теореме Бэра). То есть достаточно предъявить нбчс отрезок, так чтобы не возникало противоречия (для начала с Теоремой Бэра. Дальше всё равно возникнет, но не с Теоремой Бэра).
3. Ну вот, предъявлен - нбчс отрезок "представленный как" объединение нбчс набора неодноточечных множеств. С Теоремой Бэра и тем фактом, что пересечение интервала с отрезком имеет более одной точки противоречия не возникло.

[tolstopuz]

cxzbsdhwert в сообщении #1713565 писал(а):

То есть не верно утверждать что $5+2$ это одночлен, поскольку он равен семи, ну а "семь" это же одночлен.

Если мы говорим о математических объектах, то $5+2$ - число, $7$ - тоже число. $5+2=7$. Если мы хотим поговорить о записи выражения, то мы уже будем говорить, например, о строках символов или о синтаксическом дереве. Это будут уже высказывания на метаязыке, вы сами подчеркиваете это, различая 7 и "семь". К теореме Бэра это отношения не имеет.

cxzbsdhwert в сообщении #1713565 писал(а):

Кстати формулировку "представлено как объединение" дословно всё-таки привёл Лектор, формулируя теорему

А вы заметили, что, произнося эти слова, лектор пишет на доске просто знак равенства? Если $A=B$, то в высказываниях можно заменять $A$ на $B$ и истинность не изменится.

Давайте попробуем.

Пусть $F_n$ $(n\in\mathbb{N})$ - замкнутые подмножества $\mathbb{R}$, объединение которых $\bigcup_nF_n$ также замкнуто. Тогда существует $N\in\mathbb{N}$ и интервал $(\alpha,\beta)$, такие, что $(\alpha,\beta)\cap\bigcup_nF_n$ непусто и $(\alpha,\beta)\cap\bigcup_nF_n\subset F_N$.

Как вы считаете, эквивалентна ли эта формулировка той, что приведена в лекции?

[cxzbsdhwert]

tolstopuz в сообщении #1713568 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1713565 писал(а):

То есть не верно утверждать что $5+2$ это одночлен, поскольку он равен семи, ну а "семь" это же одночлен.

Если мы говорим о математических объектах, то $5+2$ - число, $7$ - тоже число. $5+2=7$. Если мы хотим поговорить о записи выражения

Выражение это тоже математический объект. Если формально: то $5+2$ и $7$, как многочлены это значение функции вида $f(x,a,b,c,...)=a+xb+x^2c+...$, в частности $f(5+2,0,0,...)$
Также и в нашем случае $\cup_n F_n$ это значение некоторой функции $f(x,y,z,...)$.

tolstopuz в сообщении #1713568 писал(а):

К теореме Бэра это отношения не имеет.

Имеет, поскольку важно не значение функции (нет, конечно оно тоже важно, поскольку должно равняться $F$), а важно множество аргументов $\{F_n\}$.

tolstopuz в сообщении #1713568 писал(а):

Как вы считаете, эквивалентна ли эта формулировка той, что приведена в лекции?

Да, ну только уточнить что объединение не пусто. Прошу обратить внимание, что в Вашем в виде утверждение формулируется для наборов $\{F_n\}$ - это ещё более наглядней. Вы различаете разные наборы, несмотря на то что их объединение может быть равно.

[tolstopuz]

cxzbsdhwert в сообщении #1713572 писал(а):

Да, ну только уточнить что объединение не пусто.

Точно. Продолжу рассуждение:

Допустим, что отрезок $[a,b]\subset\mathbb{R}$ $(a<b)$ счетен, то есть $[a,b]=\{x_1,x_2,\dotsc,x_n,\dotsc\}$. Далее обозначим $F_n=\{x_n\}$ $(n\in\mathbb{N})$, легко убедиться в том, что $[a,b]=\bigcup_nF_n$.

До этого места согласны?