Биекция мн. чисел вида (m/2^n), m,n-Z во мн.Q возрастающая?

[Someone]

cxzbsdhwert в сообщении #1716111 писал(а):

Это должно быть использовано в связке с Теоремой, которую Вы упомянули?

Нет. Это просто объяснение, что за множество $X$, "как Вы его обозначили".

Что касается вашей задачи, то я бы всё-таки рекомендовал не изобретать формулу. Доказываете, что оба упорядоченных множества $Q$ и $X$ счётные, плотные в себе (то есть, между любыми двумя элементами всегда найдётся ещё один), без первого и последнего элемента. Далее вообще забываете про числа и строите между ними возрастающую биекцию. Это проще, чем изобретать формулу. Кстати, я её не знаю, хотя, может быть, кто-нибудь и знает.

cxzbsdhwert в сообщении #1716111 писал(а):

Я ранее не думал об этом но понимаю что рациональное число можно представить "через точку" и в виде дроби другой "характеристики", например $2$.

А вот с системами счисления Вы явно не разбирались. Рекомендую книжечку https://math.ru/lib/book/plm/v40.djvu.

cxzbsdhwert в сообщении #1716111 писал(а):

Типо $\frac{3}{7}=\frac{6/7}{2}$ и дальше это как-то представляется как $0.01001101...$?

Вообще-то, $\frac 37=0,(011)_2$. Как это получить? Записываете $3=11_2$ и $7=111_2$ и делите первое на второе "уголком", как в школе учили.

[cxzbsdhwert]

(Оффтоп)

Someone в сообщении #1716135 писал(а):

А вот с системами счисления Вы явно не разбирались

Уточню, что я написал что ранее не думал двоичном представлении именно дробей. А так, двоичная, шестнадцатеричная системы исчисления (целых чисел) мне известны (ну по крайней мере поверхностно).

Someone в сообщении #1716135 писал(а):

cxzbsdhwert в сообщении #1716111 писал(а):

это как-то представляется как $0.01001101...$?

Вообще-то, $\frac 37=0,(011)_2$.

Я случайную последовательность набрал, для примера

Someone в сообщении #1716135 писал(а):

Доказываете, что оба упорядоченных множества $Q$ и $X$ счётные, плотные в себе (то есть, между любыми двумя элементами всегда найдётся ещё один), без первого и последнего элемента. Далее вообще забываете про числа и строите между ними возрастающую биекцию. Это проще, чем изобретать формулу.

Я не пойму а зачем после доказательства перечисленных свойств приводить биекцию, если теорема о который Вы писали уже утверждает что между множествами с такими свойствами существует возрастающая биекция? И ещё - Вы предлагаете построить биекцию и сразу пишите что формула не нужна - наверное имеете в виду придумать просто логическое правило не обязательно выражая его формульно?

-- 25.01.2026, 14:16 --

cxzbsdhwert в сообщении #1716111 писал(а):

Если бы я не знал того что Вы написали

Someone, про дроби, а точнее отношения, есть по интересней вопрос, но лучше его вынести в отдельную тему. Хотя это вопрос требующий ответа "да" или "нет"

(Оффтоп)

Я заметил, что если даны две пары чисел $a,b$ и $c,d$ таких что $a/b=c/d$, то и $a/c=b/d$. Это, например, фактически фундаментальная причина равенства строчного ранга матрицы столбцовому.
Но я пока не могу понять почему так происходит.
Интереса прибавляет тот факт, что когда я до книги Э.Ландау читал про Дедекиндово сечение на Википедии, там была (и есть) такая сноска внезапно на "Начала" Евлкида:

Цитата:

Говорят, что величины находятся в том же отношении первая ко второй и третья к четвёртой, если равнократные первой и третьей одновременно больше, одновременно равны или одновременно меньше равнократных второй и четвёртой каждая каждой при какой бы то ни было кратности, если взять их в соответствующем порядке (9, 10, 11, 12)

По-моему это примерно то что написано выше. И это ещё каким-то образом относится к сечениям.
Вот мне и интересно, это просто аксиома, то есть это как-бы ниоткуда не происходит, или стоит поразмышлять?

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1716167 писал(а):

Я не пойму а зачем после доказательства перечисленных свойств приводить биекцию, если теорема о который Вы писали уже утверждает что между множествами с такими свойствами существует возрастающая биекция?

Так эту теорему доказать надо (если в курсе её не было).

(Оффтоп)

cxzbsdhwert в сообщении #1716167 писал(а):

Я заметил, что если даны две пары чисел $a,b$ и $c,d$ таких что $a/b=c/d$, то и $a/c=b/d$.

А при построении рациональных чисел (и, более обще, поля дробей) как раз за определение $a/b = c/d$ берется $ad = bc$. Которое из-за коммутативности умножения равносильно $ad = cb$, что, в свою очередь, и означает $a/c = b/b$.

[cxzbsdhwert]

(Оффтоп)

mihaild в сообщении #1716170 писал(а):

за определение $a/b = c/d$ берется $ad = bc$

Да, тоже думал почему это так, ну точнее об отношении порядка $ad\geq bc$. А это уже аксиома? Но оно же как-бы проверяемо это наверное не может быть аксиомой.

Как-то разумно это понимается мне пока только для равных числителей: ну да, если числители одинаковые, то с учётом того что мы умножаем на делитель противоположного, то если такое произведение получается больше чем произведение этого же числителя на делитель первого, то значит что во второй дроби на бОльшее делится, а значит она меньше.
Но если числители разные, как оно так компенсируется, что всё равно неравенство остаётся верным пока не понятно (но я не много об этом думал).

[mihaild]

(Оффтоп)

cxzbsdhwert в сообщении #1716172 писал(а):

А это уже аксиома? Но оно же как-бы проверяемо это наверное не может быть аксиомой.

Тут есть разные подходы - что считать определением, а что выводить.
Если у нас уже есть целые числа, на которых определено умножение, то дальше можно рассмотреть множество всех пар целых чисел с ненулевым вторым числом, записывать эти пары как $\cdot / \cdot$, и ввести указанное выше отношение эквивалентности: $a/b \sim c/d \iff ad = bc$. А дальше классы по этому отношению называем рациональными числами, и на них определяем деление: $(a / b) / (c / d) = ad / bc$. Тут нужно доказать, что это определение корректно - если $a / b \sim a' / b'$ и $c / d \sim c' / d'$, то $ad / bc \sim a'd' / b'c'$.
Но это всё уже ближе к алгебре, чем к анализу.

[cxzbsdhwert]

mihaild
Хорошо, по теореме, которая была упомянута и рациональный отрезок подобен всему $\mathbb Q$? Первого и последнего (я так понимаю имеется в виду наименьшего и наибольшего) в национальном отрезке нет, порядок тот же и на надмножестве, скачков нет — значит подходит?

[Someone]

cxzbsdhwert в сообщении #1716178 писал(а):

рациональный отрезок подобен всему $\mathbb Q$? Первого и последнего (я так понимаю имеется в виду наименьшего и наибольшего) в национальном отрезке нет

В рациональном отрезке $[a,b]\cap\mathbb Q$ с рациональными концами $a$ и $b$? Есть. Вообще, термин "отрезок" обычно подразумевает наличие концевых точек.

[cxzbsdhwert]

Someone Извините - рациональный интервал, уже просто устал. В общем, для ограниченных множеств с выполненными свойствами теорема верна?

-- 25.01.2026, 19:18 --

mihaild Someone
Хорошо, как насчёт такого решения (я сформулирую тогда просто доказательство теоремы для произвольных множеств, удовлетворяющим перечисленным свойствам, из расчёта, что в том числе для ограниченных она верна. Я не уверен насчёт совместимости разных порядков, поэтому буду полагать что на множествах задано одинаковое правило отношения порядка):

1. Пусть $A$ и $B$ множества, которые удовлетворяют свойствам, перечисленным в теореме.

2. Выделим в $A$ подмножество $A'$:
___2.1 Элементы которого образуют возрастающую последовательность сходящуюся к $\sup A$, если $A$ ограничено сверху, или к $\infty$. К слову, такое подмножество можно выделить по Теореме Больцано (если $A$ ограничено).
___2.2 $\forall a'\in A' \exists e\in\mathbb Q: \{q\in\mathbb Q: 0<|q-a'|<e\}\cap A'=\emptyset$ - для любого элемента $A'$ найдётся рациональная выколотая окрестность в которой нет элементов $A'$.
3. Тоже самое сделаем для $B$

4. Поскольку $A$ и $B$ счётны по условию, $A'$ и $B'$ будучи подмножествами не более чем счётны (нбчс) и в частности счётны, поскольку бесконечны. Значит между $A'$ и $B'$ существует биекция.
5. По условию 2.2 в обоих подмножествах для каждого элемента можно предъявить "следующий" наименьший элемент, больший данного.
Благодаря данному свойству можно построить возрастающую биекцию между такими подмножествами по правилу: 1) произвольный элемент $a'$ из $A'$ - в некоторый произвольный $b'$ из $B'$ (в какой - зависит от природы множеств, но это всегда однозначно можно сделать поскольку есть хоть монотонная хоть не монотонная, но биекция). 2) Следующий за произвольным $sl(a')$ из $A'$ в следующий за произвольным $sl(b')$ в $B'$.

6. Повторить счётно раз пункты 2-5 для множеств, все элементы которых поиндексно (пронумеровать же мы их можем) меньше (или больше) элементов множеств предыдущей итерации.
7. За счётное число итераций получим сквозную по всем элементам $A$ и $B$ возрастающую биекцию.

[Someone]

cxzbsdhwert в сообщении #1716206 писал(а):

В общем, для ограниченных множеств с выполненными свойствами теорема верна?

Откуда взялась какая-то "ограниченность"? Она, насколько я помню, ни разу не упоминалась.

[cxzbsdhwert]

Someone в сообщении #1716218 писал(а):

Откуда взялась какая-то "ограниченность"?

Из моего вопроса. Я поинтересовался верна ли теорема для пары - рационального интервала и например всего $\mathbb Q$. В любом случае, ответ выше сформулирован как для ограниченного так и для неограниченного множества (ну из этого наверное следует, что теорема верна и для ограниченных).
Хотя не уверен что пункт 2.2 можно выполнить на ограниченном множестве, так чтобы подмножество было счётным - подмножество тогда наверное будет конечным. Но наверное дальше, просто немного по другому всё равно можно будет предъявить монотонность: для ограниченного множества можно с каждым разом так выделять конечное подмножество, чтобы радиус той самой выколотой окрестности, в которой не будет элементов стремился к нулю. Ну, конечно нужно чтобы второе множество с этим коррелировало.

-- 25.01.2026, 19:49 --

cxzbsdhwert в сообщении #1716206 писал(а):

___2.2 $\forall a'\in A' \exists e\in\mathbb Q: \{q\in\mathbb Q: 0<|q-a'|<e\}\cap A'=\emptyset$ - дл

На всякий случай уточню, что $e\in\mathbb Q$ конечно же больше нуля

[Someone]

cxzbsdhwert в сообщении #1716206 писал(а):

Хорошо, как насчёт такого решения

Не увидел, каким образом у Вас гарантируется, что биекция будет определена для всех элементов. То, что Вы вставляете, в некотором смысле, становится всё более плотным, но это никак не гарантирует, что будут использованы все элементы.

cxzbsdhwert в сообщении #1716206 писал(а):

Я не уверен насчёт совместимости разных порядков, поэтому буду полагать что на множествах задано одинаковое правило отношения порядка):

Я не понимаю, что такое "одинаковое правило отношения порядка" на разных множествах. Не морочьте себе голову. Есть два линейно упорядоченных счётных множества (пусть они обозначаются, например, $A$ и $B$), на обоих множествах порядок плотный в себе (то есть, без скачков), без первого и последнего элемента.

Начните с того, что перенумеруйте оба множества натуральными числами без повторений (чтобы не объяснять, что повторно встретившиеся элементы игнорируем). Например, пусть $A=\{x_m:m\in\mathbb N\}$, $B=\{y_n:n\in\mathbb N\}$, $\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}$. О деталях нумераций можно не беспокоиться, они не играют роли.

Используя эти нумерации, по одному элементу за шаг, стройте взаимно однозначное соответствие между $A$ и $B$, заботясь о возрастании и не забывая о пропущенных элементах. Имейте в виду, что для случайных нумераций соответствие по номерам (типа $x_k\leftrightarrow y_k$) вряд ли будет возрастающим.

Полезное свойство натуральных чисел: в каждом непустом множестве натуральных чисел есть наименьшее.

[cxzbsdhwert]

Someone Нет, не получается, наверное стоит остановится и вернутся когда-нибудь потом.

Была идея такая:
1. Выделить в $\mathbb Q$ подмножество несократимых кратных $\frac{1}{2}$, т.е. $\{1/2,3/2,5/2,...\}$. Этому подмножеству поставить в соответствие подмножество $X$ несократимых кратных с двойкой в степени знаменателя элементов из подмножества $\mathbb Q$ минус один, ну то есть, в данном случае такое же множество.
2. Выделить в $\mathbb Q$ подмножество несократимых кратных $\frac{1}{3}$, т.е. $\{1/3,2/3,4/3,...\}$. Этому подмножеству поставить в соответствие подмножество $X$ несократимых кратных с двойкой в степени знаменателя элементов из подмножества $\mathbb Q$ минус один, то есть $1/2^2,3/2^2,5/2^2,...$.
3. И т.д.

Формульно это получается похожим на то что, я выводил ранее: $\frac{m}{n}\rightarrow\frac{2m'(m,n)-1}{2^{n-1}}$, где $m'(m,n)=m'(m+\lfloor m/n \rfloor,n)\text{ если }\lfloor m/n\rfloor \neq 0 \text{, иначе } m$, но это также не монотонно.

Ещё была идея (идея выше это её развитие) как в примере Кантора везде не плотного несчётного множества взять сначала например в интервале $(0,1)$ из $\mathbb Q$ точку посередине, тем самым разбив интервал пополам, потом в половинах точку посередине и т.д. И точкам этим сопоставлять как-то точки из $X$. Ну в частности если из разбиваемого интервала $(0,1)$ из $\mathbb Q$ брать всегда точки "слева", то это будут точки $1/2,1/4,1/8,...$ - т.е. как раз степени двойки в знаменателе как в $X$, только с единичным числителем. Ну вот я и думал как это можно монотонно сделать и пришёл к варианту выше.
Ну, Лектор объясняя пример Кантора вообще отмечал, что выкидывая отрезки (а там отрезок на три части делится, а не на две, но средний выбрасывается), выбирая "левый" или "правый", и в конечном итоге получим систему вложенных отрезков, пересечение которых, как известно - точка, можно как бы представить эту точку таким образом в двоичном виде, на основании выбора левого или правого отрезка на каждой итерации. Не знаю, может это как-то нужно было использовать, и вообще может это задача на пример Кантора, а не теорему, которую Вы упомянули, но я уже устал, поэтому пропускаю.

По-поводу Ваших советов: Вы предлагаете вместо построения одной биекции (что Вы называете "морочить голову"), построить три - $\mathbb N \rightarrow \mathbb Q$, $\mathbb N \rightarrow X$ и дальше ещё их композицию что ли. Не знаю как может быть проще вывести формулу "настоящей" биекции натуральных на рациональные, то есть учитывающую сократимые пары $(m,n)$, чем сразу делать биекцию $\mathbb Q\rightarrow X$.

(Оффтоп)

cxzbsdhwert в сообщении #1716220 писал(а):

не уверен что пункт 2.2 можно выполнить на ограниченном множестве

Нет, конечно можно, просто на ограниченном множестве последовательность элементов такого подмножества, всегда будет фундаментальной. Подмножество также будет (как в случае ограниченного так и не ограниченного) замкнутым

(Оффтоп)

Someone в сообщении #1695441 писал(а):

второе, что Вам нужно сделать — доказать, что множество $A$ счётно, и что в нём нет щелей, а также первого и последнего элементов (предположим, что про $\mathbb Q$ мы это знаем, но можно и доказать)

Чтобы не приостанавливать на такой грустной ноте, докажу хотя бы что в $\mathbb Q$ нет скачков (чисто алгебраически) и что оно счётно:

1.1. $\frac{m}{n}<\frac{p}{q}\in\mathbb Q\Rightarrow pn>mq$, $(\frac{p}{q}-\frac{m}{n})/2=\frac{pn-qm}{2qn}\in\mathbb Q$.
$\frac{m}{n}+\frac{pn-qm}{2qn}>\frac{m}{n}$

$\frac{pn-qm}{2qn}>0$

$\frac{pn}{2qn}>\frac{qm}{2qn}$

$pn>qm$

1.2 $\frac{m}{n}+\frac{pn-qm}{2qn}<\frac{p}{q}$

$\frac{pn+qm}{2qn}<\frac{p}{q}$

$\frac{qm-pn}{2qn}<0$

$qm<pn$
Для $X(A)$ аналогичо.

Счётность $\mathbb Q$: представим $\mathbb Q$ (положительную часть) как таблицу $\mathbb N \times \mathbb N$, в ячейках которой рациональные числа определяющиеся парой $(m,n)$ как $m/n$, и в которой учтены повторы за счёт сокращающихся дробей.
Нужно натуральные числа поставить в соответствие счётному числу элементов в каждой из счётного числа строк. На каждую $n>1$-ую строку в $\mathbb N$ выделим подмножество всех степеней $n-1$-го простого числа, то есть, например на вторую строку - степени первого простого числа - двойки, на третью - второго - тройки, на четвёртую строку - третьего простого числа - пятёрки.
Поскольку простых чисел счётно(бесконечно), то на каждую строку найдётся множество степеней простого числа, причём однозначно. Поскольку степени простого числа - натуральные числа, множество которых счётно, то на каждый столбец каждой строки найдётся конечное натуральное число, при чём однозначно, поскольку множества степеней разных простых чисел не пересекаются, в силу Основной Теоремы Арифметики (единственности факторизации, в частности).
В $\mathbb N$ остаются составные числа. Их также счётно. Сопоставим их всех, кроме первого однозначно элементам первой строки таблицы $\mathbb Q$; первый сопоставим нулю из $\mathbb Q$. Для того чтобы учесть отрицательные - в каждой строке сопоставляем не все степени $n-1$-го простого, а только: чётные - для положительных, нечётные для отрицательных. Для первой строки для отрицательных логика та же, только без сдвига на один элемент

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1716427 писал(а):

По-поводу Ваших советов: Вы предлагаете вместо построения одной биекции (что Вы называете "морочить голову"), построить три - $\mathbb N \rightarrow \mathbb Q$, $\mathbb N \rightarrow X$ и дальше ещё их композицию что ли. Не знаю как может быть проще вывести формулу "настоящей" биекции натуральных на рациональные, то есть учитывающую сократимые пары $(m,n)$, чем сразу делать биекцию $\mathbb Q\rightarrow X$.

Нет, не композицию. Чуть хитрее.
И никакой явной формулы не получится (в общем-то и явную биекцию $\mathbb N \leftrightarrow \mathbb Q$ построить хоть и можно, но сложно).

Давайте еще немного подскажу. Давайте для начала попробуем построить не биекцию, а инъекцию $\mathbb Q \to X$. И, т.к. $\mathbb Q$ счетно, будем просто по очереди определять её на всех рациональных числах в порядке нумерации. Отправим $q_1$ в первое попавшееся число из $X$, например в $x_1$. Теперь нам надо куда-то отправить $q_2$ так, чтобы монотонность сохранилась. Предложите вариант, куда.
В предложении можно пользоваться нумерацией $X$ и порядком на $X$, можно пользоваться свойствами порядка, но нельзя пользоваться конкретным явным видом элементов $X$.

cxzbsdhwert в сообщении #1716427 писал(а):

докажу хотя бы что в $\mathbb Q$ нет скачков

Не очень понятно, что Вы хотите получить из Ваших формул. Отсутствие щелей следует из того, что между $x\neq y$ есть $\frac{x+y}{2}$.

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1716431 писал(а):

так, чтобы монотонность сохранилась. Предложите вариант

В зависимости от того, монотонность чего Вы предлагаете сохранить:
1) Возрастание нумерации — тогда для $q_2$, при условии, что для $q_1$ было $x_1$, то $x_5$ например.
2) Возрастание значения элементов — ну тут во-первых вопрос как Вы занумеровали $\mathbb Q$, так чтобы $q_2>q_1$, ну и я так понимаю любое $q_{n+1}>q_{n}$. Вы наверное ответите, что Вы что-то пропускали, но ведь это тогда не просто не сюръекция, это не функция вообще — Вы же не всем прообразам поставили пару прообраз-образ.
Если опустить эти "мелочи", ну тогда ответ — ставим в пару $x$ с таким $n$, что $x_n>x_1$.
Я не знаю как ещё ответить с учётом ограничений которые Вы наложили, в частности что нельзя пользоваться конкретным явным видом. Если я могу использовать тот факт что у $x_1$ и нужного $x_n$ есть числитель и знаменатель, то тогда любой такой $x_n=\frac{chislitel_n}{znamenatel_n}$, что $chislitel_n znamenatel_1>chislitel_1 znamenatel_n$
Если можно использовать тот факт что знаменатель —:степень двойки, ну тогда ещё наверное что-то.

Наверное дальше можно как-то рассмотреть упорядоченное множество индексов $\mathbb Q$ (ну а это один два три как я понял) и $X$ и наверное как-то между ними соответствие строить

-- 27.01.2026, 21:00 --

(Оффтоп)

mihaild в сообщении #1716431 писал(а):

Отсутствие щелей

скачков же вроде.

mihaild в сообщении #1716431 писал(а):

что между $x\neq y$ есть $\frac{x+y}{2}$.

Я показал что оно "между", то есть больше икс и меньше игрик.

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1716444 писал(а):

монотонность чего Вы предлагаете сохранить

Монотонность нашей инъекции $\mathbb Q \to X$. Биекция с $\mathbb N$ тут чисто вспомогательная.

cxzbsdhwert в сообщении #1716444 писал(а):

ну тут во-первых вопрос как Вы занумеровали $\mathbb Q$, так чтобы $q_2>q_1$, ну и я так понимаю любое $q_{n+1}>q_{n}$.

Докажите, что так занумеровать $\mathbb Q$ невозможно.

Я занумеровал $\mathbb Q$ как-то. Вы можете при построении инъекции $\mathbb Q \to X$ спрашивать, как упорядочены $q_i$ и $q_j$, а так же $x_i$ и $x_j$.

cxzbsdhwert в сообщении #1716444 писал(а):

Если я могу использовать тот факт что у $x_1$ и нужного $x_n$ есть числитель и знаменатель

Нет, не можете. Единственное, что Вам нужно знать про $X$ - это что оно занумеровано $x_1, x_2, \ldots$, упорядочено, и порядок удовлетворяет нужным свойствам (плотен и нет первого и последнего элемента).
Еще немного подскажу: из объявленных свойств следует, что для некоторых $n, m$ выполнено $x_n < x_1 < x_m$ (докажите, что это так).
Теперь мы хотим куда-то отправить $q_2$ так, чтобы если $q_1 < q_2$, то его образ был больше $x_1$, а если $q_1 > q_2$, то меньше.