доказательство теоремы Кантора-Бернштейна о равномощности

[Evgenii2012]

Уважаемые коллеги ! Ещё один вопрос я хотел бы обсудить и услышать Ваше мнение, если можно. В общеизвестной книге Колмогорова и Фомина на с. 28 приведено достаточно простое доказательство теоремы Кантора-Бернштейна о равномощности множеств. В самом начале доказательства делается предположение: пусть рассматриваемые множества $A$ и $B$ не пересекаются. Далее следует доказательство, короткое и вполне понятное. Мой вопрос заключается в следующем: используется ли реально непересекаемость множеств $A$ и $B$ в доказательстве, либо это не более, чем "авторский каприз" ? Я достаточно внимательно изучил доказательство этой теоремы и, к сожалению, нигде не смог обнаружить необходимость этого допущения. Однако, хотел бы узнать Ваше мнение. Заранее большое спасибо.

[Brukvalub]

В доказательстве строится последовательность, в которой чередуются элементы двух множеств. Чтобы не обсуждать, как быть, если некоторый элемент этой последовательности находится одновременно в 2-х множествах, множества предполагаются не пересекающимися.

[Evgenii2012]

Благодарю за ответ. Однако, принадлежность элемента последовательности одновременно двум множествам ничего не меняет: указанная последовательность единственна, а указанное отображение $A$ на $B$ - взаимнооднозначно, даже если эти множества и пересекаются. Поэтому Ваш ответ, к сожалению, пока ничего для меня не прояснил. Однако, Вы не могли бы объяснить подробнее - может, я в чём-то заблуждаюсь ?

[Brukvalub]

Вот возьму я некий элемент как элемент из множества $A$, но пусть он лежит и в множестве $B$, а студент с парты мне возразит: "как же так, вы обещали брать элементы поочередно из разных множеств, а у вас два подряд элемента взяты из $B$!"
Как мне ему объяснить, что, хотя взятый элемент и лежит в $B$, но брал я его как представитель множества $A$? Не проще ли сразу взять не пересекающиеся множества и этим снять подобные нелепые вопросы?

[Evgenii2012]

Я ещё раз благодарю Вас за ответ. Однако, в этом случае, Ваш ответ: "это допущение не нужно". Так ли я Вас понял ? Ведь для элемента "другого" множества нет соответствующего отображения ($g$ или $f$), поскольку они все определены только для соответствующих множеств ($f$ -- в $A,$ $g$ -- в $B$). Поэтому и обсуждать принадлежность элемента двум множествам одновременно нет смысла - или я не прав ?

[Brukvalub]

Это предположение делается только для того, чтобы избежать указанных мной коллизий и возможных недопониманий у читателя.

[Evgenii2012]

Большое спасибо за Ваше мнение !

[Geen]

Если мн-ва пересекаются, то это просто "не значительно" усложняет доказательство не меняя его сути - пересечение и дополнения к нему надо рассмотреть как три разных мн-ва.

[Evgenii2012]

Но, насколько я понимаю, вся схема остаётся верной, я прав ?

[Evgenii2012]

Если у кого-то из Вас, уважаемые коллеги, есть ещё мнения, буду рад их услышать. Заранее большое спасибо.

[AGu]

Evgenii2012 в сообщении #998262 писал(а):

Если у кого-то из Вас, уважаемые коллеги, есть ещё мнения, буду рад их услышать.

А какое еще мнение Вы ожидаете услышать? Вам уже дали более чем исчерпывающий ответ на этот элементарный вопрос. То предположение технически удобно.

Возможно, Ваш дискомфорт вызван чем-то иным. Может быть, Вы озабочены нарушением общности? (Теорема сформулирована для произвольных множеств, а доказана для непересекающихся.) Тогда напрасно. Общий случай легко сводится к рассмотренному частному.

[AGu]

На всякий случай...

Evgenii2012 в сообщении #997692 писал(а):

Я достаточно внимательно изучил доказательство этой теоремы и, к сожалению, нигде не смог обнаружить необходимость этого допущения. Однако, хотел бы узнать Ваше мнение.

Если речь все еще идет о мнениях по поводу «необходимости этого допущения», то ответ зависит от того, что Вы подразумеваете под необходимостью, т.е. о необходимости для чего идет речь. Как уже было сказано, принципиальной необходимости в этом допущении нет, так как доказательство можно подправить и превратить в аналогичное доказательство, не опирающееся на это допущение. Если же речь идет о необходимости этого допущения для корректности приведенного доказательства (без его изменений), то — да, это допущение необходимо. Оно необходимо хотя бы потому, что без него становится некорректным (бессмысленным) понятие порядка элемента. Рассмотрите, к примеру, случай

$A=B=\mathbb N=\{1,2,3,\dots\},\quad f(n)=n+1,\quad g(n)=n+2$

и попробуйте ответить на вопрос: чему равен порядок элемента $2\in\mathbb N$? Верно ли, например, что этот порядок равен нулю? (Дать однозначный ответ «да» или «нет» не удастся. Если считать $2$ элементом $A$, то его порядок равен нулю, так как у $2$ нет прообраза относительно $g$. Если же считать $2$ элементом $B$, то его порядок не равен нулю, так как у $2$ есть прообраз относительно $f$.) Если же $A$ и $B$ не пересекаются, то такого рода недоразумения не возникают.

[Evgenii2012]

Большое спасибо за ответ. К сожалению, пока что не могу согласиться с приведенными Вами доводами: порядок элемента для каждого из множеств $A$ и $B$ мы определяем отдельно для каждого из множеств, а чего-то большего данное доказательство не требует. Этот порядок в любом случае определяется однозначно, так как за $A$ <<закреплено>> одно отображение, например $f,$ а за $B$ -- отображение $g.$ Поэтому никакого <<недоразумения>> нет. Ради строгости, можно вообще говорить <<порядок элемента множества $A$>>, а не просто <<порядок элемента>>, если уж на то пошло. Нам важно разбить множества $A=A_{O}\cup A_I\cup A_{\infty}$ и $B=B_{O}\cup B_I\cup B_{\infty}$, но сравнивать между собой эти классы совершенно не обязательно. Спасибо за Вашу точку зрения, надо переварить. Однако, если Вы всё же нашли в моей логике неточность, убедительно прошу Вас сообщить мне.

-- 31.03.2015, 11:39 --

Уважаемые коллеги ! Ещё интересует такой вопрос: как оптимально свести теорему Кантора-Бернштейна к случаю непересекающихся множеств $A$ и $B$ ? <<Мой вариант>> таков: если $A\cap B\ne\varnothing,$ то тогда каждому элементу $a$ множества множества $A$ ставим в соответствие пару $(0, a),$ а каждому элементу $b$ множества множества $B$ ставим в соответствие пару $(1, b).$ Тогда если установлено соответствие между непересекающимися множествами $A^{\,\prime}=\{(0, a)| a\in A\}$ и $B^{\,\prime}=\{(1, b)| b\in B\},$ то, значит, будет и в.о. соответствие между $A$ и $B$. Возможно, что у кого-либо из Вас есть свой более простой или более изящный способ. Мне было бы очень интересно узнать любую информацию по этому поводу. Заранее большое спасибо.

[AGu]

Evgenii2012 в сообщении #998430 писал(а):

Однако, если Вы всё же нашли в моей логике неточность, убедительно прошу Вас сообщить мне.

Простите за откровенность, меня слегка смущает ничтожность повода для дискуссии, но раз уж убедительно просят...

Тут ведь вот какая петрушка... Речь идет об одной из основных теорем теории множеств, лежащей в основаниях математики. Поэтому чем меньше отступлений от формализма, тем лучше. А если есть простой способ соблюсти формализм, то грех им не воспользоваться. Отсюда, как мне кажется, и возникла эта редукция к непересекающимся множествам. Наверняка есть масса других простых способов соблюсти формализм, но к ним точно не относится предложенный Вами:

Evgenii2012 в сообщении #998430 писал(а):

Ради строгости, можно вообще говорить <<порядок элемента множества $A$>>, а не просто <<порядок элемента>>, если уж на то пошло.

Вы, вероятно, не знали или подзабыли или просто недоглядели, но где-то там, в основаниях математики, есть исчисление предикатов первого порядка с равенством, на котором зиждется теория множеств, и в этом исчислении есть аксиомы, гарантирующие, в частности, что из равенства $A=B$ следует равенство $\tau(A)=\tau(B)$ для любого терма $\tau$ и эквивалентность $\varphi(A)\Leftrightarrow\varphi(B)$ для любой формулы $\varphi$. Поэтому чисто формально в случае равенства $A=B$ понятия «порядок элемента множества $A$» и «порядок элемента множества $B$» ну никак не могут различаться. Вместо этого можно было бы, например, говорить сначала о порядке относительно пары $(f,g)$, а потом о порядке относительно пары $(g,f)$. Это еще один простой способ достижения формализма. Но я не уверен, что он внесет меньше смущения в ряды читателей, чем тот безобидный способ, который был выбран авторами книги. Как бы то ни было, повод для дискуссии ничтожен. Думаю, мы все это прекрасно понимаем.

Evgenii2012 в сообщении #998430 писал(а):

Возможно, что у кого-либо из Вас есть свой более простой или более изящный способ.

Очень сомневаюсь, что есть нечто более простое и изящное. А даже если и есть, то его едва ли стоит искать, так как описанный Вами способ — стандартный. Он всегда подразумевается, когда речь заходит о «копиях» множеств.

[Evgenii2012]

Большое спасибо за обстоятельный ответ