О биекции отрезка на квадрат

[slavav]

Спасибо, grizzly. Ваше объяснение всё объяснило.

В "чётных" числах я ошибок не нашёл. В "нечётных" мне не хватает правил с индексами. Например, рассуждение про первую девятку должно быть изменено, так как первая девятка может быть, а может и не быть частью бесконечной последовательности девяток.

-- 14.05.2015, 00:29 --

И ещё, мы больше сосредоточились на корректности и инъективности. А сюръективностью тоже всё в порядке?

[arseniiv]

slavav в сообщении #1014290 писал(а):

Кажется, что при любой попытке красиво отобразить числа в строки вы получите счётное число дырок во множестве строк.

Разумеется. Но если надо разные цифры по-разному в какой-то части построения учитывать, проще сработаться с двумя, чем с десятью, при том что для выражения всего нужного (единцы вместо девяток, нули вместо остальных «хороших» цифр) хватает двух.

[grizzly]

slavav в сообщении #1014745 писал(а):

В "нечётных" мне не хватает правил с индексами. Например, рассуждение про первую девятку должно быть изменено, так как первая девятка может быть, а может и не быть частью бесконечной последовательности девяток.

Я так далеко ещё не смотрел, но готов поверить, что что-то совсем аналогичное там можно построить. Хотелось бы, конечно, не городить отдельное доказательство, а сослаться на соображения симметрии с "чётным" случаем, но пока не уверен, не думал.

slavav в сообщении #1014745 писал(а):

А сюръективностью тоже всё в порядке?

Ну я сразу сказал, что сколько-то посмотрел и проблем не увидел. Вроде бы несложно предъявить, что любая конкретная точка стороны квадрата успешно поучаствовала.

[Evgenii2012]

Если Вас интересует нечётный случай, я могу попробовать. Рассмотрим последовательность $x=0, x_1x_2\ldots x_{2n}9x_{2n+2}9\ldots .$
Рассмотрим случай $n\geqslant 2;$ в частности, $x_{2n-1}\ne 9$ и при конкретном $n=2$ имеем $x_3\ne 9.$ В таком случае, полагаем:
$f(x)=(0,\underbrace{9\ldots 9}\limits_{2n-1}x_{2n-1}x_1x_2\ldots x_{2n-3}x_{2n-2}x_{2n}x_{2n+2}x_{2n+4}\ldots; 1)$ .

Пусть теперь у нас $x=0,9x_29x_49x_6\ldots .$ При $x_2\ne 9$ положим $f(x)=(0, x_2x_4x_6\ldots).$ Если у нас $x_2=9,$ то $f(x)=(0,\underbrace{9\ldots 9}\limits_{2n-2}x_{2n}x_{2n+2}\ldots ; 1),$ где $n$ -- наименьшее $n,$ соответствующее $x_{2n}\ne 9.$ Сообщайте о замечаниях

[slavav]

Чётный случай я проверил. Всё в порядке. Разделение на чётные и нечётные случаи тоже корректно. Можно совместить второе и третье правила, если поиграть с длиной префикса из девяток в результатах. Нечётный случай не проверял, но верю, что его можно сделать корректно.

[grizzly]

Evgenii2012, slavav
Спасибо за совместную работу
Думаю, вопрос можно считать закрытым. Я рад, что мы сообща дошли до точки невозврата уверенности именно в первоначальной постановке вопроса от Evgenii2012, а не успокоились альтернативными идеями доказательства или доказательством существования (я говорил выше, что меня тоже заинтересовала именно такая постановка с поиском полноценной биекции в явном виде).

[Evgenii2012]

Я тоже очень рад, большое Вам спасибо, коллеги :)

[grizzly]

grizzly в сообщении #1014306 писал(а):

Непонятен вопрос о том, как понимают доказательство студенты мехмата МГУ в курсе Верещагин Н.К, Шень А. (см. Теорему 5 на стр. 18).

Приношу публичные извинения за некорректный наезд. Мне объяснили в чём суть моего непонимания. В доказательстве той теоремы не ставится цель предоставить конкретную "числовую" биекцию. Там чуть более хитрая цепочка рассуждений:

1) Множество $X$ чисел $[0;1]$ в двоичной записи равномощно множеству $Y$ бесконечных последовательностей из 0 и 1. Это корректно доказано с сылкой на теорему об устранении счётного количества проблем.
2) Множество $Y$ (здесь уже говорим не о числах, а о последовательностях) равномощно множеству $Y\times Y$ -- это доказано "координатным" методом без каких-либо исключений.
3) $Y\times Y$ равномощно $X\times X$ (поскольку $Y$ равномощно $X$). Это завершает требуемую цепочку композиций биекций: $X \leftrightarrow Y \leftrightarrow Y\times Y \leftrightarrow X\times X$.