Множество на прямой II

[Профессор Снэйп]

Доказать, что замкнутое подмножество действительной прямой либо не более чем счётно, либо континуально (истинность континуум-гипотезы не предполагается).

[Профессор Снэйп]

Начальным сегментом линейного порядка $\mathcal{L} = \langle L, \leqslant_\mathcal{L} \rangle$ называется произвольное подмножество $X \subseteq L$, такое что для любых $x \in X$ и $y \in L$ если $y \leqslant_\mathcal{L} x$, то $y \in X$.

Доказать, что если линейный порядок (более точно, его носитель) счётен, то множество его начальных сегментов либо счётно, либо континуально. Истинность континуум-гипотезы, конечно же, не предполагается

[Kid Kool]

Покажу, как из 2-ой задачи следует 1-ая.

Пусть X - замкнутое множество на прямой. Рассмотрим $Y = X \cap Q$, где Q - множество рациональных чисел. Тогда на Y естественным образом вводится линейный порядок, причем его носитель счетен. Значит, по задаче 2 множество его начальных сегментов либо счетно, либо континуально.

Пусть A - какой-либо начальный сегмент Y, и пусть $\alpha$ = sup A. Покажем, что $A = Y \cap (-\infty, \alpha)$ или $Y \cap (-\infty, \alpha]$. Т.о, $\alpha$ будет однозначно определять начальный сегмент.

Пусть $x \in Y$: x < $\alpha$. Если $\alpha \in A$, то и все меньшие $\alpha$ из Y, в том числе x, лежат в A. Иначе, в силу того, что $\alpha$ - точная верхняя граница A, найдется $y \in A$: x < y. Тогда и $x \in A$. Т.е. в любом случае все меньшие $\alpha$ из Y принадлежат A. А числа > $\alpha$, понятно, в A не входят.

Т.о., мы нашли взаимно-однозначное соответствие между начальными сегментами Y и числами $\alpha$. Осталось заметить, множество чисел $\alpha$ - это в точности множество X ввиду замкнутости последнего.

[Someone]

Kid Kool писал(а):

... Осталось заметить, множество чисел $\alpha$ - это в точности множество X ввиду замкнутости последнего.

Что-то мне всё это сильно не нравится. Ничего, что множество $X$ может целиком содержаться в множестве иррациональных чисел?

[Профессор Снэйп]

Kid Kool писал(а):

Покажу, как из 2-ой задачи следует 1-ая.

Пусть X - замкнутое множество на прямой. Рассмотрим $Y = X \cap Q$, где Q - множество рациональных чисел. Тогда на Y естественным образом вводится линейный порядок, причем его носитель счетен. Значит, по задаче 2 множество его начальных сегментов либо счетно, либо континуально.

Пусть A - какой-либо начальный сегмент Y, и пусть $\alpha$ = sup A. Покажем, что $A = Y \cap (-\infty, \alpha)$ или $Y \cap (-\infty, \alpha]$. Т.о, $\alpha$ будет однозначно определять начальный сегмент.

Пусть $x \in Y$: x < $\alpha$. Если $\alpha \in A$, то и все меньшие $\alpha$ из Y, в том числе x, лежат в A. Иначе, в силу того, что $\alpha$ - точная верхняя граница A, найдется $y \in A$: x < y. Тогда и $x \in A$. Т.е. в любом случае все меньшие $\alpha$ из Y принадлежат A. А числа > $\alpha$, понятно, в A не входят.

Т.о., мы нашли взаимно-однозначное соответствие между начальными сегментами Y и числами $\alpha$. Осталось заметить, множество чисел $\alpha$ - это в точности множество X ввиду замкнутости последнего.

У Вас числа $\alpha$ --- это супремумы начальных сегментов в $Y$ и они вовсе не обязаны составлять всё множество $X$. Вот, например, пусть

$$ X = \{ \sqrt{2} + z : z \in \mathbb{Z} \} $$

Тогда $Y = X \cap \mathbb{Q} = \varnothing$ и рассматривая супремумы начальных сегментов в $Y$ мы вообще ничего не получим. А между тем в $X$ бесконечно много элементов!

P.S. Вижу, что Someone указал Вам на ту же самую ошибку.

P. P. S. Однако первая задача действительно сводится ко второй. Я поэтому вторую и написал

[Kid Kool]

Утверждение можно исправить так: X сепарабельно как подпространство сепарабельного метрического пространства, поэтому в нем найдется не более чем счетное всюду плотное множество Y. Все остальные выкладки остаются в силе.

Добавлено спустя 57 минут 42 секунды:

Заметим, что объединение и пересечение любого семейства начальных сегментов - тоже начальный сегмент, кроме того, из любых двух начальных сегментов один из них содержится в другом (очевидно).

Значит, на множестве начальных сегментов можно ввести линейный порядок.

Пусть имеются 2 начальных сегмента A, B. Отрезком AB назовем все сегменты, содержащие A и лежащие в B.

Теперь вспомогательное утверждение: пусть дан отрезок AB, содержащий несчетное число элементов. Тогда в нем можно выделить 2 непересекающихся подотрезка AU и VB, также содержащих несчетное число элементов.

Доказательство: пусть Y = B\A. Рассмотрим $x \in Y$. Для него рассмотрим начальный сегмент $C_x$ (множества Y), образованный всеми элементами Y, не превосходящими x. Пусть M - начальный сегмент Y, полученный в результате объединения всех $C_x$ со счетным числом элементов. M тоже содержит счетное число элементов, как счетное объединение счетных множеств, но любой сегмент, содержащий M как собственное подмножество, несчетен. Аналогично, N определяется как объединение всех конечных сегментов Y, содержащих счетное число элементов. Понятно, что AM не пересекается с NB, иначе Y счетно. Более того, дополнение их объединения несчетно. Поэтому существуют начальные сегменты U < V, лежащие строго между M и N. AU и VB - искомые.

Основная задача: допустим, что множество начальных сегментов L несчетно. Тогда, согласно лемме, его можно бесконечно делить пополам. Сопоставим каждой бесконечной последовательности из 0 и 1 начальный сегмент следующим образом: рассматривая каждый следующий разряд числа, будем выбирать левую половину разбиения, если он 0 и правую в противном случае. Пересечение всех правых концов вложенных отрезков разбиения даст нам начальный сегмент в L. Нетрудно убедиться, что различным числам соответствуют различные начальные сегменты.

Получается, что начальных сегментов не менее, чем континуум. С другой стороны, больше континуума их быть не может. Задача доказана.

[Профессор Снэйп]

Kid Kool писал(а):

Утверждение можно исправить так: X сепарабельно как подпространство сепарабельного метрического пространства, поэтому в нем найдется не более чем счетное всюду плотное множество Y.

С этим согласен, хотя утверждение всё же нуждается в доказательстве

Kid Kool писал(а):

Все остальные выкладки остаются в силе.

А вот с этим уже нет. Если Вы считаете, что для произвольного замкнутого $X$ и множества $Y \subseteq X$, всюду плотного в $X$, любой элемент $X$ является супремумом некоторого начального сегмента в $Y$, то Вы неправы, ибо это не так.

Kid Kool писал(а):

Пусть имеются 2 начальных сегмента A, B. Отрезком AB назовем все сегменты, содержащие A и лежащие в B.

Теперь вспомогательное утверждение: пусть дан отрезок AB, содержащий несчетное число элементов. Тогда в нем можно выделить 2 непересекающихся подотрезка AU и VB, также содержащих несчетное число элементов.

Доказательство: пусть $Y = B \setminus A$. Рассмотрим $x \in Y$. Для него рассмотрим начальный сегмент $C_x$ (множества Y), образованный всеми элементами Y, не превосходящими x. Пусть M - начальный сегмент Y, полученный в результате объединения всех $C_x$ со счетным числом элементов. M тоже содержит счетное число элементов, как счетное объединение счетных множеств, но любой сегмент, содержащий M как собственное подмножество, несчетен. Аналогично, N определяется как объединение всех конечных сегментов Y, содержащих счетное число элементов. Понятно, что AM не пересекается с NB, иначе Y счетно. Более того, дополнение их объединения несчетно. Поэтому существуют начальные сегменты U < V, лежащие строго между M и N. AU и VB - искомые.

Бр-р-р... Ничего не понял. В особенности вот эту фразу:

Цитата:

Пусть M - начальный сегмент Y, полученный в результате объединения всех $C_x$ со счетным числом элементов.

Её можно толковать двояко.

Первый вариант толкования: объединяем все возможные $C_x$, а потом к ним добавляем ещё какое-то счётное множество. Что за множество, откуда оно берётся?

Второй вариант толкования: мы объединяем все такие $C_x$, в каждом из которых множество элементов счётно. Но однако $C_x$ у нас --- подмножество $Y$, а $Y$ --- счётное множество, так как оно является разностью двух счётных множеств $A$ и $B$. Но тогда счётными будут все возможные $C_x$ и получается, что $M = A$. Зачем нам это надо? Непонятно.

Дальше ещё интереснее.

Цитата:

M тоже содержит счетное число элементов, как счетное объединение счетных множеств, но любой сегмент, содержащий M как собственное подмножество, несчетен.

Выше уже было отмечено, что если следовать написанному, то сегментов, содержащих $M$ как собственное подмножество вроде бы не существует. Но можно обратить внимание ещё и на другое: вообще любой сегмент множества $Y$ (а не только сегмент, содержащий $M$) будет не более чем счётным как подмножество не более чем счётного множества $Y$.

В общем, опять получается какая-то мура.

Подозреваю, что она --- следствие крайней неаккуратности в изложении. Решение необходимо переписать, а при переписывании в первую очередь обратить внимание на то, что $Y$ --- это, наверное, всё-таки не разность множеств $A$ и $B$, а что-то другое.

Добавлено спустя 2 минуты 8 секунд:

Kid Kool писал(а):

Задача доказана.

По русски так не говорят. Говорят "утверждение доказано" или "задача решена"

[neo66]

Профессор Снэйп писал(а):

Доказать, что замкнутое подмножество действительной прямой либо не более чем счётно, либо континуально (истинность континуум-гипотезы не предполагается).

1. Пусть $A$ - замкнутое подмножество $\mathbb {R}$. $B \subseteq A$ - множество, в каждой окрестности которого содержится несчетное множество точек множества $A$. Тогда $B$ - замкнуто и не имеет изолированных точек. (доказательство этого - несложное упражнение).

2. Если $B$ - пусто, то $A$ - не более, чем счетно.
Действительно, без ограничения общности, можно считать, что $A$ - ограничено. Покроем каждую точку множества $A$ окрестностью, содержащей не более счетного количества точек $A$. Так, как $A$ - компактно, можно выбрать конечное подпокрытие $A$, из чего и следует утверждение.

3. Если $B$ - не пусто, то $B$ (а, значит и $A$) имеет мощность континуум.
Набросок доказательства (следуя Г.Кантору):
Если $B$ содержит интервал, то это, очевидно, верно. Пусть $B$ не содержит интервала. Тогда оно имеет следующую структуру: оно есть дополнение в $\mathbb{R}$ счетного числа непересекающихся интервалов $(\alpha_1,\beta_1), \dots, (\alpha_n,\beta_n), \dots$ Так как в $B$ нет изолировнных точек, то все $\alpha_i, \beta_i$ - различны и между любыми двумя этими интервалами есть еще один. При этом $\forall$ точка $\in B$ - есть предельная точка множества $\{ \alpha_i, \beta_i, i\in \mathbb{N}\}$. Далее, возьмем какое нибудь счетное всюду плотное множество прямой $\{\phi_i\}$ (или интервала ${0,1)$) и поставим его во взаимно-однозначное соответствие множеству наших интервалов. Причем так, чтобы эта биекция сохранялся порядок. Это можно сделать по индукции, например так: интервалу $(\alpha_1, \beta_1)$ ставим в соответствие $\phi_1$. Пусть для первых $n$ интервалов биекция уже определена. Тогда интервалу $(\alpha_{n+1}, \beta_{n+1})$ ставим в соответствие $\phi_m$ с минимальным, еще не использованным номером, так, чтобы порядок сохранялся. Нетрудно увидеть, что таким образом мы получим требуемую биекцию. Далее, для каждой точки прямой выберем какую-нибудь подпоследовательность из точек $\phi_i$ , которая к ней сходится. Соответствующая последовательность интервалов будет "сходится" к некоторой точке $b\in B$. Осталось убедиться, что это соответствие корректно и является биекцией множества $B$ и $\mathbb{R}$.

[Someone]

neo66 писал(а):

$B \subseteq A$ - множество, в каждой окрестности которого содержится несчетное множество точек множества $A$.

Маленькое уточнение: в каждой окрестности каждой точки которого...

neo66 писал(а):

возьмем какое нибудь счетное всюду плотное множество прямой (или интервала )

Лучше отрезка. А то могут возникнуть проблемы с построением отображения, если $B$ компактно. В общем, нужно ещё немного уточнить выбор множества и построение биекции.

neo66 писал(а):

Осталось убедиться, что это соответствие корректно и является биекцией множества $B$ и $\mathbb{R}$.

Это вряд ли. Концы интервалов $(\alpha_i,\beta_i)$ будут отображаться в одну точку. Но этого достаточно. Главное - что $B$ будет отображаться на некоторый отрезок за исключением, возможно, концов.

[lofar]

neo66 писал(а):

Тогда $B$ - замкнуто и не имеет изолированных точек.

Замкнутость очевидна. Не могли бы вы пояснить почему $B$ не содержит изолированных точек?

[Профессор Снэйп]

neo66 писал(а):

Далее, возьмем какое нибудь счетное всюду плотное множество прямой $\{\phi_i\}$ (или интервала ${0,1)$) и поставим его во взаимно-однозначное соответствие множеству наших интервалов. Причем так, чтобы эта биекция сохранялся порядок. Это можно сделать по индукции, например так...

Любые 2 счётных плотных линейных порядка без концов изоморфны! Классическая теорема, с её помощью доказывается модельная полнота теории плотного линейного порядка без концов.

Присоединяюсь к вопросу lofar: почему $B$ не может содержать изолированные точки?

[neo66]

lofar писал(а):

neo66 писал(а):

Тогда $B$ - замкнуто и не имеет изолированных точек.

Замкнутость очевидна. Не могли бы вы пояснить почему $B$ не содержит изолированных точек?

Это следует из такого утверждения:
Любое несчетное подмножество $\mathbb{R}$ содержит точку, любая окрестность которой содержит несчетное количество точек этого множества.
Доказательство стандартно проводится предъявлением последовательности вложенных отрезков, с длиной, стремящейся к $0$.

Пусть теперь $b\in B$. Тогда в любой окрестности $b$ есть несчетное количество точек из $A$. Выкинем из этой окрестности точку $b$. Там все равно останется несчетное количество точек из $A$. По предыдущему утверждению, там существует еще одна точка из $B$. То есть, точка $b$ - не изолированная.

P.S. Кстати, любое замкнутое множество в $\mathbb{R}^n$ тоже или не более, чем счетно или континуально. В самом деле, спроектируем его на координатные оси. Проекции будут замкнутыми подмножествами $\mathbb{R}$. Если хоть одна проекция имеет мощность континуум, то и наше множество тоже. Если все проекции не более, чем счетны, то и наше множество тоже.

[lofar]

neo66 писал(а):

Любое несчетное подмножество $\mathbb{R}$ содержит точку, любая окрестность которой содержит несчетное количество точек этого множества.
Доказательство стандартно проводится предъявлением последовательности вложенных отрезков, с длиной, стремящейся к $0$.

Простите, не могли бы Вы изложить это доказательство подробнее.

[neo66]

lofar писал(а):

neo66 писал(а):

Любое несчетное подмножество $\mathbb{R}$ содержит точку, любая окрестность которой содержит несчетное количество точек этого множества.
Доказательство стандартно проводится предъявлением последовательности вложенных отрезков, с длиной, стремящейся к $0$.

Простите, не могли бы Вы изложить это доказательство подробнее.

Разобьем $\mathbb{R}$ на счетное количество отрезков вида $[n,n+1]$. Тогда хотя бы один содержит несчетное количество точек нашего множества. Разобьем этот отрезок на два, половинной длины. Хотя бы один из них содержит несчетное количество точек нашего множества. Разобьем этот отрезок на два. И так далее. Получим систему вложенных отрезков, длина, которых стремиться к нулю. Они имеют общую точку. Любая окрестность этой точки содержит несчетное количество точек нашего множества.

[Профессор Снэйп]

neo66 писал(а):

lofar писал(а):

neo66 писал(а):

Тогда $B$ - замкнуто и не имеет изолированных точек.

Замкнутость очевидна. Не могли бы вы пояснить почему $B$ не содержит изолированных точек?

Это следует из такого утверждения:
Любое несчетное подмножество $\mathbb{R}$ содержит точку, любая окрестность которой содержит несчетное количество точек этого множества.
Доказательство стандартно проводится предъявлением последовательности вложенных отрезков, с длиной, стремящейся к $0$.

Прочитал я доказательство ниже. Должен сказать, что общая точка вложенных друг в друга отрезков не обязана принадлежать самому несчётному подмножеству. Это просто какой-то элемент действительной прямой.

Хотя, конечно, исходное множество замкнуто и первая точка, которую мы получим таким образом, будет ему принадлежать.

neo66 писал(а):

Пусть теперь $b\in B$. Тогда в любой окрестности $b$ есть несчетное количество точек из $A$. Выкинем из этой окрестности точку $b$. Там все равно останется несчетное количество точек из $A$. По предыдущему утверждению, там существует еще одна точка из $B$. То есть, точка $b$ - не изолированная.

А вот теперь, когда мы выкинули из множества точку, оно уже перестаёт быть замкнутым. И следующая точка, которая будет общей точкой вложенных отрезков, запросто может совпасть с выкинутой.

Короче, доказательство того, что $B$ не содержит изолированных точек, некорректно.