Задача по анализу. Прошу проверить решение.

[Duelist]

Задача по анализу. Она выдавалась давно, но не всегда выходит решать подряд. Решение получилось очень многоходовым. Хочу проверить, потому что мог что-то упустить: в значительной степени оно завязано на поиск и перебор вариантов. И, возможно, решение можно упростить.

Дано множество отрезков на прямой, причём любые два из них имеют общую точку. Верно ли, что существует точка, принадлежащая всем отрезкам?

Пусть $\mathcal{M}$ - мн-во отрезков на прямой. $card(\mathcal{M})=I$. Установим биекцию между мн-вом отрезков и кардиналом $f: I \to \mathcal{M}$.
$f(i)$, где $i \in I$ будем обозначать как $M_i$, $f$ обозначим как $\{M_i\}$.

$\forall i \in I M_i$ - замкнутое и ограниченное подмн-во $\mathbb{R}$, поэтому $ \exists \sup M_i, \inf M_i,$ $\sup M_i \in M_i, \inf M_i \in M_i$. Также будем в рассуждениях использовать связность и, как следствие, выпуклость отрезков.

I. Пусть не существует $M_i M_j$ $\in \{M_i\} M_i \not\subset M_j \wedge M_j \not\subset M_i$.

Тогда имеем мн-во вложенных отрезков. Выберем любой отрезок $M_i \in \{M_i\}.$ Если он не содержит ни одного отрезка, то он содержится в каждом отрезке и таким образом пересечение $\bigcap \{M_i\}$ не пусто. Если содержит, то мн-во отрезков, содержащихся в $M_i$ есть центрированная система замкнутых подмножеств. Из компактности $M_i$ (отрезок компактен) следует, что её пересечение не пусто и содержит точку $x$. Тогда, очевидно, $x \in \bigcap \{M_i\}$.
Здесь я использовал теорему о том, что топологическое пр-во компактно титтк всякая центрированная система его замкнутых подмн-в имеет непустое пересечение. Сиситема подмн-в называется центрированной, если всякое конечное пересечение её подмн-в непусто. Теорема есть в Колмогорове-Фомине.

II. Пусть существуют $M_i M_j$ $\in \{M_i\} M_i \not\subset M_j \wedge M_j \not\subset M_i$. Обозначим это условие "невложенности" для отрезков $M_i, M_j$ звёздочкой $*$.
По условию, $M_i \cap M_j \neq \varnothing$. Пусть, для определённости, $ \sup M_j \geq \sup M_i$.

1. Докажем, что $\sup M_j > \sup M_i$.
Пусть $\sup M_j = \sup M_i$. Если $\inf M_i = \inf M_j$, то $M_i = M_j$, что противоречит условию $*$. Если $\inf M_i < \inf M_j$, то $M_j \subset M_i$, что противоречит $*$. Если $\inf M_i > \inf M_j$, то $M_i \subset M_j$ - опять противоречие.

2. Докажем, что $\inf M_i < \inf M_j$.
Если $\inf M_i > \inf M_j$, то $M_i \subset M_j$, что противоречит $*$. Если $\inf M_i = \inf M_j$, то $M_i \subset M_j$, что противоречит $*$.

3. Докажем, что оба отрезка не являются точками. Если один из отрезков точка, то он содержится в другом, что противоречит $*$.

4. Докажем, что $\inf M_j \leq \sup M_i$.
Если $\inf M_j > \sup M_i$, то $M_i \cap M_j = \varnothing$, что противоречит условию.

Т.О. из (1) - (4) получаем: $\inf M_i < \inf M_j \leq \sup M_i < \sup M_j$. Значит $M_i \cap M_j = [\inf M_j; \sup M_i]=M$.


5. Докажем, что $\forall k \in I M_k \cap M \neq \varnothing$

Рассмотрим $M_k, k \in I$. Во-первых, $\inf M_k < \sup M_j$, иначе $M_k \cap M_i = \varnothing$. Если $\inf M_k > \sup M_i$, то $M_k \cap M_i = \varnotning$, поэтому $\inf M_k \leq \sup M_i$. Аналогично $\sup M_k \geq \inf M_j$. При этом $\inf M_k \leq \sup M_k$.

1) Пусть $\inf M_k \leq \inf M_j$, тогда из $\sup M_k \geq \inf M_j$ следует, что $\inf M_j \in M_k$ и $M_k \cap M \neq \varnothing$.

2)Пусть $\inf M_k > \inf M_j$, тогда из $\inf M_k \leq \sup M_i$ следует, что $\inf M_k \in M$ и $M_k \cap M \neq \varnothing$.


6. Пусть $J \subset I$ - мн-во таких эл-тов $j \in I$, что $M_j \supset M$. $I' = I \setminus J$.

7. Пусть $I'_1 \subset I$ - мн-во таких эл-тов $ \alpha \in I'$, что $\inf M_j \leq \sup M_{\alpha} \leq \sup M_i$. Пусть $I'_2 \subset I$ - мн-во таких эл-тов $ \beta \in I'$, что $\sup M_{\beta} > \sup M_i$.
$I'_1 \cap I'_2 = \varnothing$, $I'_1 \cup I'_2 =I'$.

8. $\forall \alpha \in I'_1 \sup M_{\alpha} \in M$, $\forall \beta \in I'_2 \sup M_{\beta} \not\in M$, $\inf M_{\beta} \in M$, $\inf M_{\beta} > \inf M_j$.


9. Пусть $A=\{ z: \exists \alpha \in I'_1 z = \sup M_{\alpha} \}$, $B = \{ z:\exists \beta \in I'_2 z = \inf M_{\beta} \}$.

10. При этом ясно, что $\forall \alpha_1, \alpha_2 \in I'_1 \inf M_{\alpha_1} \leq \sup M_{\alpha_2}$.

11. $\forall a \in A \forall b \in B a \geq b$. Пусть $s = \inf A$ (ясно, что $A$ ограничено отрезком $M$).

Тогда: 1) $\forall a \in A \forall b \in B b \leq s \leq a$. Отсюда следует, что $s \in M$ и $\forall \beta \in I'_2 \inf M_{\beta} \leq s < \sup M_{\beta}$, откуда $\forall \beta \in I'_2 s \in M_{\beta}$.

2) $\forall \alpha_1 \alpha_2 \in I'_1 \inf M_{\alpha_1} \leq s \leq \sup M_{\alpha_2}$. Отсюда следует, что $\forall \alpha \in I'_1 s \in M_{\alpha}$.


12. Поскольку $s \in M$, $\forall j \in J s \in M_j$. Отсюда и из (11.) получаем, что $\forall h \in I s \in M_h}$, значит все отрезки имеют общую точку, что и требовалось д-ть.

[adfg]

Duelist,
упорядочим все отрезки по возрастанию их левых концов. Рассмотрим крайний правый отрезок серии. Его левый конец, по условию, должен пересечься со всеми остальными отрезками. Стало быть, он и есть искомая точка пересечения

PS
Только что сообразил, что крайне правого отрезка в серии может и не быть..... В этом случае, упорядоченное по возрастанию множество левых концов отрезков в любом случае должно быть ограничено сверху, и следовательно должно быть ограничено своей предельной точкой. Эта точка в таком случае и будет искомой точкой пересечения

[Brukvalub]

Это частный случай теоремы Хелли.

[adfg]

Короче говоря, этой точкой пересечения в данном случае является супремум всех левых концов отрезков. Если этот супремум достижим, то он является началом самого "правого" из отрезков, и все остальные отрезки обязаны его пересечь, поскольку "начинаются" левее него. Если же не достижим, тогда существует строго возрастающая последовательность левых концов отрезков, сходящаяся к этому супремуму. И тогда любой из отрезков будет "начинаться" левее какого-то хвоста этой последовательности, и следовательно обязан пересечь весь этот хвост, и стало быть пересечет и ее предел, то есть искомый супремум

[svv]

Ещё вариант, немного по-другому. Пусть $a$ — супремум левых концов (существует, так как множество левых концов ограничено сверху любым правым концом), $b$ — инфимум правых концов. Тогда $a\leqslant b$ (иначе найдётся левый конец правее правого конца, и их владельцы не пересекутся), и любая точка $c$, такая, что $a\leqslant c\leqslant b$, принадлежит всем отрезкам.

[Duelist]

Спасибо. Понял, что решение можно упростить. У меня , в принципе, та же идея, реализованная в пунктах (9)-(11), но перед этим слишком долго строится конструкция с пересечением двух отрезков. Ну и плюс, конечно, больше строгости.
Доказательство теоремы Хелли, конечно, тоже стоит заботать. Правда, пока не знаю, когда найду время.

[DeBill]

adfg в сообщении #1161531 писал(а):

любые два из них имеют общую точку.

Поэтому левые концы (они - слева от этой точки) меньше правых (ибо те - справа). Это - в чистом виде аксиома полноты (есть точка промеж всех левых и правых концов).

[ewert]

svv в сообщении #1161589 писал(а):

и любая точка $c$, такая, что $a\leqslant c\leqslant b$, принадлежит всем отрезкам.

Более того: $[a;b]$ -- и есть пересечение всех отрезков.

Я к тому, что на доказательство лучше было бы выходить с другой стороны. Предположим, что общее пересечение не пусто. Какие точки могли бы в него входить? -- Очевидно, те и только те, которые правее (нестрого) всех левых концов и левее (нестрого) всех правых. Т.е. те и только те, которые входят в $[a;b]$. И остаётся только убедиться в том, что этот отрезок непуст, т.е. что $a\leqslant b$.