О биекции отрезка на квадрат

[slavav]

Вам нужно построить отображение из отрезка в квадрат. По точке отрезка вы найдёте последовательность. Вы уверены, что по последовательности вы восстановите точку в квадрате? Возможно, там получится, такая набор квадратиков, что их пересечение пусто.

[Evgenii2012]

grizzly в сообщении #1014411 писал(а):

(Evgenii2012)

Позвольте пару дружеских советов по форуму.
1) Избегайте излишнего цитирования. Если этим злоупотреблять, тема становится нечитаемой и отпугивает потенциальных участников обсуждения. Цитируйте конкретное предложение, выделив его мышкой и нажав кнопку "Вставка".
2) Если Вы пишете сообщение без цитаты и обращаетесь в первую очередь к кому-то персонально, кликните на его имени (слева от любого его сообщения). Тогда имя собеседника появится в текстовом окне с нужным выделением (шрифт, цвет). Это удобно, поскольку собеседнику тут же придёт сообщение, что на него сослались или к нему обратились.
3) Или, проще говоря, посмотрите на поведение других участников

-- 13.05.2015, 14:17 --

Evgenii2012 в сообщении #1014407 писал(а):

Там просто опечатка - вместо $x_{n+1}$ надо $x_{n+2},$ всё.

Не всё, там же ещё $x_{n+3}$, $x_{n+5}$ и в других формулах тоже. Если Вам не сложно, лучше посмотрите всё внимательно и дайте исправленный вариант всей второй части того сообщения, а в идеале -- снабдите его кратким описанием своей идеи (что чему Вы хотите сопоставить). С таким описанием намного легче воспринимать доказательство, в котором не исключён риск недочётов (даже чисто технических или, вообще, опечаток).

Большое спасибо за ответ и анализ моего подхода. Моя идея заключается в том, что на точки квадрата, лежащие в незамкнутом квадрате $[0, 1)\times [0, 1),$ часть отрезка $[0, 1]$ отображается сравнительно просто, при этом, в эту часть переходит как раз "хорошее" множество точек отрезка -- т.е., таких, которые в образе не дадут точек квадрата с различной десятичной записью. "Плохое" множество точек отрезка, т.е., тех, которые в образе дают точки с неоднозначными представлениями, предлагается отобразить на оставшиеся стороны квадарата, которые остались не отображёнными. Точки сторон квадарата могути быть трёх видов: 1) когда $(1, x)$ (для $(x, 1)$ -- аналогично) такова, что все чётные элементы десятичного разложения координаты $x$ равны 9 с некоторого номера; 2) когда $(1, x)$ (для $(x, 1)$ -- аналогично) такова, что все нечётные элементы десятичного разложения координаты $x$ равны 9 с некоторого номера; 3) существуют сколь угодно большие чётные и нечётные номера последовательности десятичного разложения числа $x,$ не равные 9. Четвёртой ситуации не дано, и в каждой из 3-х ситуаций своё отображение. Сейчас я немного подкорректирую свой пример и выложу его в сеть (предлагаю обсудить). К сожалению, правильную формулу сразу написать не обещаю - тут действительно легко ошибиться, но проверить правильность, как Вы понимаете, вполне реально.

Итак, пусть у нас число $x\in [0,1]$ представляется бесконечной десятичной дробью вида $x=0,x_1x_2x_2\ldots .$ Бесконечные последовательности девяток, как и прежде, будем считать недопустимыми, за исключением случая $x_0=0,999\ldots ;$ В этом случае, сразу положим $f(x_0):=(1, 1).$ Далее, как и прежде, положим $f(0, x_1x_2x_3\ldots)=(0, x_1x_3x_5\ldots ; 0, x_2x_4x_6\ldots)$ в том и только том случае, если последовательность а) $x_i$ не является последовательностью вида $x=0,x_1\ldots x_{2k-1}9x_{2k+1}9x_{2k+3}9\ldots$ либо б) $x=0, x_1\ldots x_{2k}9x_{2k+2}9x_{2k+2}9\ldots$ (ведь именно эти последовательности дадут в образе "плохие" точки). Заметим, что множество тех $x=0,x_1x_2\ldots,$ для которых ни одно из условий а) и б) не выполнено, взаимнооднозначно отображается на $[0, 1)\times [0, 1).$ Теперь при каждом $n\in {\Bbb N},$ $n$ -- нечётно, положим $f(0,0x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=$
$=(1; 0,x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots),$ $f(0,1x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=$
$=(1; 0,x_2\ldots x_{n}x_{n+2}9x_{n+4}9x_{n+6}9\ldots),$ и при $0\ne x_1\ne 1$ $f(0,x_1x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=$$=(1; 0,x_1x_2\ldots x_{n}x_{n+1}\ldots),$ т.,е., одна из сторон квадрата $A_1=\{x=(x_1, x_2)\in {\Bbb R}^2:$ $ x_1=1, x_2\in [0, 1]\}$ взаимнооднозначно отображена посредством точек указанного множества. Аналогично поступаем со второй стороной квадрата $A_2=\{x=(x_1, x_2)\in {\Bbb R}^2:$$ x_2=1, x_1\in [0, 1]\}$ -- это случай чётного $n.$[/quote]

Предлагаю обсудить этот подход ещё раз.

[Evgenjy]

slavav в сообщении #1014446 писал(а):

Возможно, там получится, такая набор квадратиков, что их пересечение пусто.

Вы правы. Но тогда надо делить так, чтобы номера совпадали. Т. е делим квадрат на четыре части и также на четыре части делим отрезок, и нумеруем одинаковыми номерами, и продолжаем дальше. Вроде в этом случае все получается.

[grizzly]

Evgenjy в сообщении #1014470 писал(а):

Вроде в этом случае все получается.

Может и получается, но в любом случае нужно говорить ещё какие-то слова. Вот Вы продолжаете этот процесс до бесконечности и что получаете в итоге? Какую-то точку на отрезке и какую-то точку в квадрате? Но почему там и там будет точка? Вы же не сможете даже сослаться на теорему о вложенных компактах (у Вас и там и там полуоткрытые множества). Далее, когда Вы это обоснуете, нужно будет ещё обосновать, что ни одна точка отрезка не останется пропущена в результате проделанных операций.
Наконец, нужно будет ещё добавить парочку композиций отображений: слева -- для отображения отрезка в полуинтервал, справа -- для отображения квадрата без двух сторон в квадрат.

Тут только список недоработок выглядит чуть ли не объёмнее, чем целые варианты других обсуждаемых доказательств.

[slavav]

Evgenii2012 в сообщении #1014468 писал(а):

Теперь при каждом $n\in {\Bbb N},$ $n$ -- нечётно, положим
$f(0,0x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=(1; 0,x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)$
$f(0,1x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=(1; 0,x_2\ldots x_{n}x_{n+2}9x_{n+4}9x_{n+6}9\ldots),$ и при $0\ne x_1\ne 1$
$f(0,x_1x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=(1; 0,x_1x_2\ldots x_{n}x_{n+1}\ldots)$

В последней строке снова не совпадают индексы. Выхотели выбросить в этом случае девятки c индексами $n + 1 + 2k$? Тогда должно быть так:
$f(0,x_1x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=(1; 0,x_1x_2\ldots x_{n}x_{n+2}x_{n+4}\ldots)$

Если я угадал, то это не инъекция:
$f(0,020(90)) = (1; 0,2(09))$ (первая строка, $n = 3$)
$f(0,2(9099)) = (1; 0,2(09))$ (исправленная третья строка, $n = 1$).

[grizzly]

slavav
Хороший контрпример. От себя добавлю, что и просто выбрасывание девяток в последней формуле тоже не метод:
$f(0,2(91)) = (1; 0,2(1))$,
$f(0,211(91)) = (1; 0,2(1))$,
и т.п.

[Evgenii2012]

Дорогие коллеги ! Большое спасибо за столь активное обсуждение. Я, естественно, согласен со всеми доводами. Сейчас я предложу другой вариант - давайте обсудим его.

Начало повторяется. Пусть у нас число $x\in [0,1]$ представляется бесконечной десятичной дробью вида $x=0,x_1x_2x_2\ldots .$ Бесконечные последовательности девяток, как и прежде, будем считать недопустимыми, за исключением случая $x_0=0,999\ldots ;$ В этом случае, сразу положим $f(x_0):=(1, 1).$ Далее, как и прежде, положим $f(0, x_1x_2x_3\ldots)=(0, x_1x_3x_5\ldots ; 0, x_2x_4x_6\ldots)$ в том и только том случае, если последовательность а) $x_i$ не является последовательностью вида $x=0,x_1\ldots x_{2k-1}9x_{2k+1}9x_{2k+3}9\ldots$ либо б) $x=0, x_1\ldots x_{2k}9x_{2k+2}9x_{2k+2}9\ldots$ (ведь именно эти последовательности дадут в образе "плохие" точки). Заметим, что множество тех $x=0,x_1x_2\ldots,$ для которых ни одно из условий а) и б) не выполнено, взаимнооднозначно отображается на $[0, 1)\times [0, 1).$

"Новая" часть. Если последовательность $x=0,x_1x_2\ldots x_{2n-1}9x_{2n+1}9x_{2n+3}9x_{2n+5}\ldots,$ где $n\geqslant 2,$то полагаем $f(x)=(1; 0, \underbrace{9\ldots 9}\limits_{2n-2}x_{2n-2}x_1x_2x_3\ldots x_{2n-5}x_{2n-4}x_{2n-3}x_{2n-1}x_{2n+1}x_{2n+3}\ldots)$ . Здесь стоит заметить, что $x_{2n-2}\ne 9$ по определению ! Далее, есть ещё точки вида $x=0,x_19x_39x_59\ldots$ . Возможны два случая: 1) $x_1\ne 9,$ тогда положим $f(x)=(1; x_1x_3x_5\ldots).$ 2) $x_1=9,$ тогда положим $f(x)=(1; 0, \underbrace{9\ldots 9}\limits_{2n-1}x_{2n+1}x_{2n+3}\ldots)$ , где $n$ соответствует наименьшему элементу $x_{2n+1},$ который отличен от числа 9. Указанное соотвествие переводит некоторое подмножество отрезка $[0, 1]$ на сторону квадрата $A_1=\{(1, x): x\in [0,1]\}$ и, вроде бы, оно взаимнооднозначно (Ваше мнение ?). С другой стороной квадрата - вполне аналогичная ситуация, когда девятки расположены на нечётных местах последовательности, соответствующей выбранному элементу $x\in [0, 1].$

[slavav]

Evgenii2012 в сообщении #1014617 писал(а):

Если последовательность $x=0,x_1x_2\ldots x_{2n-1}9x_{2n+1}9x_{2n+3}9x_{2n+5}\ldots,$ где $n\geqslant 2,$то полагаем $f(x)=(1; 0, \underbrace{9\ldots 9}\limits_{2n-2}x_{2n-2}x_1x_2x_3\ldots x_{2n-3}x_{2n-1}x_{2n+1}\ldots)$ . Здесь стоит заметить, что $x_{2n-2}\ne 9$ по определению ! Далее, есть ещё точки вида $x=0,x_19x_39x_59\ldots$ . Возможны два случая: 1) $x_1\ne 9,$ тогда положим $f(x)=(1; x_1x_3x_5\ldots).$ 2) $x_1=9,$ тогда положим $f(x)=(1; 0, \underbrace{9\ldots 9}\limits_{2n-1}x_{2n+1}x_{2n+3}\ldots)$ , где $n$ соответствует наименьшему элементу $x_{2n+1},$ который отличен от числа 9.

Я не понимаю. Определите, пожалуйста, $n$ как функцию от $0,x_1x_2x_3\dots$. Затем определите правила преобразования для всех значений $n$.

Как возможный вариант, я предлагаю определить так: $n = min\{m: \forall k \in \mathbb{N} x_{m+2k-2} = 9 \}$.

[Evgenii2012]

Я боюсь, строгие определения ничего нового не дадут, а только больше могут запутать - с чем связаны Ваши сомнения ?

-- 13.05.2015, 20:53 --

Лучше напишите, что конкретно непонятно - я постараюсь ответить. Я бы даже сказал, что $n=\min\{s\in {\Bbb N}: x_{2k}=9\,\, \forall\, k\geqslant s\}$

-- 13.05.2015, 20:54 --

Всё остальное и так уже достаточно строго - в чём проблема ?

[grizzly]

Ну мне вроде бы понятно и кажется правильно. По крайней мере идейных проколов пока не вижу.
Сейчас попробую своими словами коротко описать идею для slavav -- я вижу, что мы с ним разные проколы находим, может и здесь он заметит чего-то, что я пропускаю.

[Evgenii2012]

Большое спасибо за Ваше мнение ! Пишите свои замечания, интересно

[grizzly]

Evgenii2012
Последите и Вы за моими руками -- насколько я правильно понял идейный ход вещей.

Значится так (я буду идти с конца):
Берём для $x=0,x_19x_39x_59\ldots$ с $x_1\ne 9,$ отображение $f(x)=(1; x_1x_3x_5\ldots).$
Таким образом мы закрываем в стороне квадрата интервал по второй координате $[0;9)$. Это самый большой кусок.
Оставшиеся 10% стороны квадрата мы закрываем двумя функциями, строго разделяя их между собой чётностью / нечётностью количества ведущих девяток. На стороне квадрате они не пересекаются. Описание функций дублировать уже не буду.

Значит, сторону квадрата закрыли всю. И не похоже, что из разных точек отрезка можно было бы попасть в одну точку стороны квадрата. Обосновать это строго тоже не будет проблемой.

Я ничего не упустил?

[Evgenii2012]

Да, всё точно

[slavav]

Меня интересует как разделены числа по сторонам квадрата? Часть точек отображается в $\{1\} \times [0, 1)$, часть в $[0,1) \times \{1\}$. Какая куда?

Эта и была причина, по которой я попросил определить функцию $n$.

[Evgenii2012]

Спасибо за сообщение. Объясняю: в разложении $x=x_1x_2\ldots x_n9x_{n+1}9x_{n+2}9\ldots$ девятки могут стоять на бесконечном числе чётных мест данной записи числа $x$ (такие $x$ отображаются на $\{1\}\times [0, 1]$), так и на бесконечном числе нечётных мест (такие $x$ отображаются на $[0, 1]\times\{1\}$). Вот и всё <<разделение>>. Обратите внимание, что описанная мной процедура отображения на одну из сторон квадрата затрагивает только те $x,$ где девятки стоят на чётных местах. Для другого множества $x$ процедура будет абсолютно аналогичной.