Доказательство теоремы Кантора некорректно 3

[Мастак]

Из "Н. К. Верещагин, А. Шень Начала теории множеств"

В "доказательстве" составляется последовательность $\beta$ так, чтобы $ \beta_k, где k=0..i, $ на $i$-ом шаге выборки-рассмотрения не встречались в верхней части таблицы, НО это вовсе не означает, что вся последовательности $\beta$ не существует в нижней, по предположению тоже пронумерованной части, которую еще только не успели рассмотреть, задавая (непредикативно) объект поиска в процессе поиска через: $\beta_j = 1 - \alpha_{jj}$ на $j$-том шаге поиска-рассмотрения, так как дойти до этого шага может быть не получится из-за того, что рассматриваемые последовательности из 0 и 1 БЕСКОНЕЧНЫ же. А если не получится, то, значит, и конструктивно доказать таким способом невозможно.

PS "Логика бесконечностей" в каком смысле, имхо, вообще непредикативная, так как процесс верификации потенциально неосуществим, и конструктивно возможно только указать процесс верификации до какого-то шага. То есть с одной стороны бесконечность рассматривается
через бесконечное достраивание конечного, а с другой стороны бесконечность рассматривается через откусывание от бесконечности конечных кусков, но место достройки еще должно совпасть с местом откусывания.

Аналогичное наблюдается и в "В.А. Ильин, В.А. Садовничий, Бл.Х. Сендов, Математический анализ. Начальный курс."


________
PS Столкнувшись опять со старым вопросом не редко осознаются другие, ранее неучтенные пропущенные аргументы какой-то точки зрения. 8^)

[atlakatl]

Мастак в сообщении #1244957 писал(а):

так как дойти до этого шага может быть не получится из-за того, что рассматриваемые последовательности из 0 и 1 БЕСКОНЕЧНЫ... значит, и конструктивно доказать таким способом невозможно

Это доказательство конструктивней некуда. Неучтённое число $ \beta$ конкретно предъявляется для любого списка, любой длины и манеры составления. Никакие "может быть" тут не работают.

[Мастак]

atlakatl в сообщении #1244960 писал(а):

Мастак в сообщении #1244957 писал(а):

так как дойти до этого шага может быть не получится из-за того, что рассматриваемые последовательности из 0 и 1 БЕСКОНЕЧНЫ... значит, и конструктивно доказать таким способом невозможно

Это доказательство конструктивней некуда. Неучтённое число $ \beta$ конкретно предъявляется для любого списка, любой длины и манеры составления. Никакие "может быть" тут не работают.

Если бы $ \beta$ заранее предъявлялось, а не доопределялось в процессе поиска (, причем предикативно-некорректного в том, что "Начинаем искать, достаточно строго не определив, что ищем", то есть предикат логики поиска уже другой, другого более высокого порядка, который может менять условия поиска в зависимости от того, что уже было рассмотрено в поиске при идентификации "Это то, что искали, или нет?" "Найдено или не найдено?"), то оно было бы пронумеровано исходно, но в такой схеме "доказательства" невозможно проверить есть и нет $ \beta$ среди пронумерованных.

[atlakatl]

Мастак в сообщении #1244957 писал(а):

"Логика бесконечностей" в каком смысле, имхо, вообще непредикативная, так как процесс верификации потенциально неосуществим

Хоть и "имхо", возражу.
Вы доказательства по мат.индукции принимаете? Тогда сравните доказательство бесконечности натуральных чисел и сабжевое. Механизм там и там один.

[Мастак]

atlakatl в сообщении #1244968 писал(а):

Мастак в сообщении #1244957 писал(а):

"Логика бесконечностей" в каком смысле, имхо, вообще непредикативная, так как процесс верификации потенциально неосуществим

Хоть и "имхо", возражу.
Вы доказательства по мат.индукции принимаете? Тогда сравните доказательство бесконечности натуральных чисел и сабжевое. Механизм там и там один.

Метод математической индукции бесспорно корректен для доказательства
утверждений о каких-то КОНЕЧНЫХ ОБЪЕКТАХ, например, о сумме конечного
числа членов ряда арифметической прогрессии. А вот корректность применение метода математической индукции к каким-либо бесконечным объектам, а в нашем случае \beta есть бесконечный объект, еще надо обосновать, имхо.

PS Натуральные числа строятся так, что их количество бесконечно. И при
построении о всех натуральных числах ничего не утверждается такого, что
не вошло в определение конструктивного (, так как возможно построить
любое КОНЕЧНОЕ натуральное число,) процесса построения любого
натурального числа.

-- Пн сен 04, 2017 10:05:52 --

atlakatl в сообщении #1244968 писал(а):

Мастак в сообщении #1244957 писал(а):

"Логика бесконечностей" в каком смысле, имхо, вообще непредикативная, так как процесс верификации потенциально неосуществим

Хоть и "имхо", возражу.
Вы доказательства по мат.индукции принимаете? Тогда сравните доказательство бесконечности натуральных чисел и сабжевое. Механизм там и там один.

Метод математической индукции бесспорно корректен для доказательства
утверждений о каких-то КОНЕЧНЫХ ОБЪЕКТАХ, например, о сумме конечного
числа членов ряда арифметической прогрессии. А вот корректность применение метода математической индукции к каким-либо бесконечным объектам, а в нашем случае \beta есть бесконечный объект, еще надо обосновать, имхо.

PS Натуральные числа строятся так, что их количество бесконечно. И при
построении о всех натуральных числах ничего не утверждается такого, что
не вошло в определение конструктивного (, так как возможно построить
любое КОНЕЧНОЕ натуральное число,) процесса построения любого
натурального числа.

[Xaositect]

Мастак в сообщении #1244957 писал(а):

В "доказательстве" составляется последовательность $\beta$ так, чтобы $ \beta_k, где k=0..i, $ на $i$-ом шаге выборки-рассмотрения не встречались в верхней части таблицы, НО это вовсе не означает, что вся последовательности $\beta$ не существует в нижней, по предположению тоже пронумерованной части, которую еще только не успели рассмотреть, задавая (непредикативно) объект поиска в процессе поиска через: $\beta_j = 1 - \alpha_{jj}$ на $j$-том шаге поиска-рассмотрения, так как дойти до этого шага может быть не получится из-за того, что рассматриваемые последовательности из 0 и 1 БЕСКОНЕЧНЫ же. А если не получится, то, значит, и конструктивно доказать таким способом невозможно.

Так последовательность $\alpha_{ij}$, которая задает биекцию, тоже бесконечна же. Если дан способ построить $\alpha_{ij}$, то $\beta_{i} = 1 - \alpha_{ii}$ задает способ построения $\beta_{i}$. И для доказательства $\forall i (\alpha_i \neq \beta)$ никакой непредикативности не требуется, так как место, где последовательности различаются, может быть точно указано из построения, никакого поиска не требуется.

[iifat]

Мастак в сообщении #1244957 писал(а):

дойти до этого шага может быть не получится из-за того, что рассматриваемые последовательности из 0 и 1 БЕСКОНЕЧНЫ же

Шо за бред, стесняюсь спросить? Есть натуральное число, до которого мы не сможем досчитать?

[Мастак]

Xaositect в сообщении #1244986 писал(а):

Мастак в сообщении #1244957 писал(а):

В "доказательстве" составляется последовательность $\beta$ так, чтобы $ \beta_k, где k=0..i, $ на $i$-ом шаге выборки-рассмотрения не встречались в верхней части таблицы, НО это вовсе не означает, что вся последовательности $\beta$ не существует в нижней, по предположению тоже пронумерованной части, которую еще только не успели рассмотреть, задавая (непредикативно) объект поиска в процессе поиска через: $\beta_j = 1 - \alpha_{jj}$ на $j$-том шаге поиска-рассмотрения, так как дойти до этого шага может быть не получится из-за того, что рассматриваемые последовательности из 0 и 1 БЕСКОНЕЧНЫ же. А если не получится, то, значит, и конструктивно доказать таким способом невозможно.

Так последовательность $\alpha_{ij}$, которая задает биекцию, тоже бесконечна же. Если дан способ построить $\alpha_{ij}$, то $\beta_{i} = 1 - \alpha_{ii}$ задает способ построения $\beta_{i}$. И для доказательства $\forall i (\alpha_i \neq \beta)$ никакой непредикативности не требуется, так как место, где последовательности различаются, может быть точно указано из построения, никакого поиска не требуется.

Все $a_i$ ($a_{ij}$) не строятся же, а даны исходно, где $a_{ij}$ $a_{i}$ - это приписанные нами названия тому, что уже дано (при этом какие это значения мы не знаем, пока не посмотрим на них). "Назвать" - это не одно и тоже, что "построить". И тогда $\beta$ по предположению "доказательства" тоже дано и по тому же предположению находится среди $a_i$, то есть тоже пронумеровано. А в "доказательстве" мы лишь проверяем-верифицируем "Есть ли наше $\beta$ среди $a_i$ ?". Но проверить-верифицировать мы не в состоянии, так как $\beta$ бесконечно и все $a_i$ бесконечны (а вот та же математическая индукция допускает бесконечную индукцию только на конечных объектах) и $\beta$ вполне может находится где-то в нижней части таблицы, где номер строки равен нашей нумерации. То есть мы останавливаемся, заявляя, что где-то "в бесконечности" то, а не иное, что в нашем случае, где-то у $\beta_j$ - 0, а не 1, либо 1, а не 0, и при это заранее соответствующее $a_{jj}$ мы не знаем, так как НЕ МЫ СТРОИЛИ все $a_i$, а нам они были даны и увидеть сразу всю бесконечность мы не можем, а можем лишь в каком-то процессе увидеть лишь конечную часть этой бесконечности.
И, как раз, мы ищем наше $\beta$ среди $a_i$, определяя то, что мы ищем лишь частично на каждом шаге поиска.

[Xaositect]

Мастак в сообщении #1245003 писал(а):

И, как раз, мы ищем наше $\beta$ среди $a_i$, определяя то, что мы ищем лишь частично на каждом шаге поиска.

Нет, мы не определяем $\beta$ по шагам, мы определяем $\beta$ сразу целиком: $\beta_i = 1 - \alpha_{ii}$.
И после этого у нас есть два утверждения:
1) По построению $\beta$, для любого $i$ имеем $\beta_i \neq \alpha_{ii} \Rightarrow \beta \neq \alpha_i$.
2) По предположению, $\beta$ содержится в последовательности $\alpha_i$, т.е. для некоторого $i$ верно $\beta = \alpha_i$.
Противоречие.

То есть здесь кроме доказательства от противного (без которого не обойтись, так как нам надо доказать отрицание: не существет биекции) очень мало простых логических шагов:
I. По заданной последовательности последовательностей $\alpha$ можно определить диагональную последовательность $\delta$ такую, что $\delta_i = \alpha_{ii}$.
II. По заданной последовательности $\delta$ можно определить последовательность $\alpha$ такую, что $\alpha_i = 1 - \delta_i$.
III. Если можно указать индекс $i$ такой, что $\xi_i \neq \eta_i$, то $\xi \neq \eta$.
С каким из них Вы несогласны?

-- Пн сен 04, 2017 10:28:44 --

Мастак в сообщении #1245003 писал(а):

Но проверить-верифицировать мы не в состоянии, так как $\beta$ бесконечно и все $a_i$ бесконечны (а вот та же математическая индукция допускает бесконечную индукцию только на конечных объектах) и $\beta$ вполне может находится где-то в нижней части таблицы, где номер строки равен нашей нумерации. То есть мы останавливаемся, заявляя, что где-то "в бесконечности" то, а не иное, что в нашем случае, где-то у $\beta_j$ - 0, а не 1, либо 1, а не 0, и при это заранее соответствующее $a_{jj}$ мы не знаем, так как НЕ МЫ СТРОИЛИ все $a_i$, а нам они были даны и увидеть сразу всю бесконечность мы не можем, а можем лишь в каком-то процессе увидеть лишь конечную часть этой бесконечности.

Что зачит "где номер строки равен нашей нумерации"?
Вот именно, что мы не просто заявляем, что несоответствие находится "где-то". Мы заявляем, что $\beta$ отличается от $i$-й строки ровно на $i$-м месте, и для этого нам как раз не нужны никакие бесконечные объекты - от каждой строки нам нужен только конечный отрезок.

[Мастак]

iifat в сообщении #1244990 писал(а):

Мастак в сообщении #1244957 писал(а):

дойти до этого шага может быть не получится из-за того, что рассматриваемые последовательности из 0 и 1 БЕСКОНЕЧНЫ же

Шо за бред, стесняюсь спросить? Есть натуральное число, до которого мы не сможем досчитать?

Так сказать, "досчитать" до любого натурального числа потенциально (но не всегда реально воплощая это, так как для совсем больших чисел при использовании какого-либо процесса построения натуральных может не хватить ресурсов) можем, так как мы имеем конструктивную процедуру.

В случае с $\beta$ процедура верификации неконструктивна, так как мы $\beta$ не строим, используя какие-то уже построенные КОНЕЧНЫЕ (с которыми возможно как-то оперировать) объекты (вот с $a_i$ оперировать невозможно, так как они бесконечны и мы заранее не знаем их значения, мы лишь пронумеровали, не посмотрев что нумеруем), а ищем, добавляя в определение искомого объекта на каждом шаге новые свойства, задаваемые только на предыдущем шаге.

-- Пн сен 04, 2017 14:06:31 --

Xaositect в сообщении #1245004 писал(а):

Мастак в сообщении #1245003 писал(а):

И, как раз, мы ищем наше $\beta$ среди $a_i$, определяя то, что мы ищем лишь частично на каждом шаге поиска.

Нет, мы не определяем $\beta$ по шагам, мы определяем $\beta$ сразу целиком: $\beta_i = 1 - \alpha_{ii}$.
И после этого у нас есть два утверждения:
1) По построению $\beta$, для любого $i$ имеем $\beta_i \neq \alpha_{ii} \Rightarrow \beta \neq \alpha_i$.
2) По предположению, $\beta$ содержится в последовательности $\alpha_i$, т.е. для некоторого $i$ верно $\beta = \alpha_i$.
Противоречие.

Так это определение "заранее и полностью" $\beta_i = 1 - \alpha_{ii}$
выполняется через бесконечное число бесконечных по своей природе объектов,
заранее нам неизвестных и данных нам буквально за миг перед осуществлением "доказательства" с разрешением только как-попало пронумеровать эти объекты. То есть нам дано сразу и полностью бесконечное количество каких-то бесконечных объектов $a_i$ и мы должны проверить есть ли среди них бесконечный объект $\beta$, НО процесс проверки завершить не можем, так как мы сравниваем один бесконечный объект с другим бесконечным объектом.

___________________________
Среди выходов из "порочного круга" может быть запрет на определение $X$ в зависимости от $X$,
запрет на проведение поиска какого-то $X $ в зависимости от $X$.
PS Вот поисковая интернет машина (Яндекс, Гугл, ...) не может найти "что-то" в зависимости
от выдачи той, которая была найдена при уже выполненном поиске этого "что-то".

[Мастак]

Надо заметить, что теоремой Кантора традиционно и вроде исторически называется
утверждение "Любое множество менее мощно, чем множество всех его подмножеств.",
которое интуитивно видится правильным.
А утверждение в первом посте топика может быть использовано в доказательстве "теоремы Кантора", если само является доказанным.
8^)

[Xaositect]

Мастак в сообщении #1245010 писал(а):

НО процесс проверки завершить не можем, так как мы сравниваем один бесконечный объект с другим бесконечным объектом.

Процесс проверки не завершается только если бесконечные последовательности равны. Если же они различны, то процесс всегда завершается, и мы доказываем это указанием конкретного места различия.

-- Пн сен 04, 2017 11:55:15 --

Мне все-таки не нравится некоторая непоследовательность: Вы считаете, что бесконечные объекты могут существовать, и мы можем определять значения конкретных составляющих, "посмотрев" на них. Но при этом мы сами можем проводить только конечное число операций, и бесконечные объекты определять не можем. Я правильно понял Вашу позицию?

Правильно ли я понимаю, что сложить два действительных числа, которые даны нам как бесконечные последовательности цифр, тоже нельзя? Ведь это требует определения бесконечной последовательности цифр суммы.

[Мастак]

Xaositect в сообщении #1245027 писал(а):

Мастак в сообщении #1245010 писал(а):

НО процесс проверки завершить не можем, так как мы сравниваем один бесконечный объект с другим бесконечным объектом.

Процесс проверки не завершается только если бесконечные последовательности равны. Если же они различны, то процесс всегда завершается, и мы доказываем это указанием конкретного места различия.

-- Пн сен 04, 2017 11:55:15 --

Мне все-таки не нравится некоторая непоследовательность: Вы считаете, что бесконечные объекты могут существовать, и мы можем определять значения конкретных составляющих, "посмотрев" на них. Но при этом мы сами можем проводить только конечное число операций, и бесконечные объекты определять не можем. Я правильно понял Вашу позицию?

Правильно ли я понимаю, что сложить два действительных числа, которые даны нам как бесконечные последовательности цифр, тоже нельзя? Ведь это требует определения бесконечной последовательности цифр суммы.

Можем лишь как-то условно обозначить наименовать бесконечные объекты и можем
оперировать только с конечными частями, по-разному их определяя, бесконечных объектов.

Вот существует число действительное (причем даже не обязательно определяемые через
бесконечную последовательность цифр) такое, что не хватит памяти всех компьютеров, существующих на какой-то конкретный момент времени в Мире, но мы можем как-то описать и дать какое-то представление об этом числе, при этом будем не в состоянии выполнить точно никакую операцию с этим числом (, но можем оперировать с символьными наименованиями
этого числа, получая определения каких-то других чисел).

Другие доказательства теоремы Кантора ПОКА также "грешат" неконструктивностями,
лишь как бы пряча и глубоко зарывая её.
Вот и такое, где используется аксиома выбора (замаскированная под аксиому выделения).


Но есть большое НО
Процитирую вот

Цитата:

Аксио́ма вы́бора утверждает: «Для каждого семейства A непустых непересекающихся множеств существует множество B, имеющее один и только один общий элемент с каждым из множеств X, принадлежащих A».

Аксиома выбора принимается не всеми математиками безоговорочно: некоторые относятся к ней с недоверием. Бытует мнение, что доказательства, полученные с привлечением этой аксиомы, имеют иную познавательную ценность, чем доказательства, независимые от неё. Основано оно, прежде всего, на том, что утверждается лишь существование множества B, но не дается никакого способа его определения – отсюда неэффективность в случае бесконечных множеств. Это мнение, например, Бореля и Лебега. Противоположного мнения придерживались, например, Хаусдорф и Френкель, которые принимали аксиому выбора без всяких оговорок, признавая за ней ту же степень «очевидности», что и за другими аксиомами теории множеств: аксиома объемности, аксиома существования пустого множества, аксиома пары, аксиома суммы, аксиома степени, аксиома бесконечности. Более того, среди следствий аксиомы выбора есть много довольно специфичных: например, появляется возможность доказать парадокс Банаха—Тарского, который вряд ли можно считать «очевидным».

__________________
PS Бесконечные последовательности $a_i$ нулей и единиц $a_{ij}$ (в первом посте топика) - это модель множества всех подмножеств некоторого бесконечного множества $A$ из элементов $a^j$, где$ a_{ij} = 0$, если элемент $a^j$ не входит в подмножество $ i$, $a_{ij} = 1$, если элемент $a^j$ входит в подмножество $i$.

[Sender]

Мастак в сообщении #1245530 писал(а):

Другие доказательства теоремы Кантора ПОКА также "грешат" неконструктивностями,
лишь как бы пряча и глубоко зарывая её.

Эм, брюки превращаются, вы уверены, что речь в первом и последнем сообщениях темы идёт об одной и той же теореме?

[Xaositect]

Аксиома выбора и аксиома выделения это совершенно разные аксиомы. Аксиомы выделения: для любого множества $A$ и свойства $P$ существует подмножество $A$, состоящее из всех элементов, удовлетворяющих свойству $P$. В отличие от аксиомы выбора, аксиома выделения обычно принимается неограниченно.

Ответьте все-таки на мои конкретные вопросы, чтобы определить, где у нас различия в аксиоматике (везде подразумеваются последовательности и последовательности последовательностей из нулей и единиц):
1. Если дана последовательность последовательностей $\alpha$, всегда ли существует последовательность $\delta$ такая, что $\delta_i = \alpha_{ii}$?
2. Если дана последовательность $\delta$, всегда ли существует последовательность $\beta$ такая, что $\beta_i = 1 - \delta_i$?
3. Для указанных в вопросе 2 двух последовательностей $\delta$ и $\beta$ и конкретного числа $i$, является ли следующий текст доказательством $\delta_i \neq \beta_i$: "По определению $\beta$ имеем $\beta_{i} = 1 - \delta_i \neq \delta_i$?"
4. Если для двух последовательностей $\alpha$ и $\beta$ указан конкретный индекс $i$ и доказано, что $\alpha_i \neq \beta_i$, верно ли, что $\alpha \neq \beta$?
5. Если дана последовательность последовательностей $\alpha$ и последовательность $\beta$, и существует процедура (не использующая внутри бесконечных последовательностей, а использующая только одно конечное число, которое подается на вход), которая для любого индекса $i$ выдает индекс $j(i)$ и доказательство того, что $\alpha_{i, j(i)} \neq \beta_{j(i)}$, то верно ли, что $\alpha_i \neq \beta$ для любого $i$?