Задача из элементарной теории множеств

[Duelist]

Повторил аксиоматическую теорию множеств. Стал также повторять некоторые теоремы, где используются её приложения, (особенно в связи с леммой Цорна) и просто решать некоторые задачи.

Вот одна из задач, решение которой хотелось бы проверить: забористо, формализация муторная.
Число $0$ в натуральные числа включено.

Рассмотрим семейство всех подмн-в натурального ряда, упорядоченное по включению. Существует ли у него подсемейство мощности континуум, любые два элемента которого несравнимы? (Порядок имеется в виду частичный).

Пусть $ 2^{\mathbb{P}}_\infty $ - мн-во всех бесконечных подмн-в простых чисел. $T=\{ z: \exists n \in \mathbb{N}$ $ \exists p \in \mathbb{P} $ $(z=p^n) \}.$ $ \forall J \in 2^{\mathbb{P}}_\infty$ $ T_J = T \setminus \{z: \exists j \in J$ $\exists p \in \mathbb{P}$ $(z=p^j) \}. $ Тогда пусть $A_J$ состоит из всех конечных произведений чисел вида $j^k,$ $j \in J,$ $k \in T_J. $ Тогда $A= \{A_J: J \in 2^{\mathbb{P}}_\infty \}$ есть искомое подсемейство мощности континуум.

[grizzly]

Duelist в сообщении #1275908 писал(а):

забористо, формализация муторная.

А лёгкий путей Вы не ищете из принципа? :)

Вообще так нечестно: Вы создали какую-то конструкцию и бросили её нам проверять. А ведь главная суть задачи в том, чтобы показать, что множество несчётное и что любые 2 элемента несравнимы. Так что здесь презумпция не на Вашей стороне.

Я бы посоветовал взять самый простой пример несчётного множества и лёгким движением руки превратить его в искомое подсемейство.

[Xaositect]

Верно, но доказательства Вы не привели.

Непонятно, зачем Вам именно бесконечные множества простых и двойная степень, можно просто взять $A = \{ \{p^k \mid p \in J \land k \notin J\} \mid J \subset \mathbb P \land J \neq \varnothing\}$, исходя из той же самой идеи.

[Someone]

grizzly в сообщении #1275934 писал(а):

А лёгкий путей Вы не ищете из принципа? :)

Xaositect в сообщении #1275948 писал(а):

Непонятно, зачем Вам именно бесконечные множества простых и двойная степень, можно просто взять

Вот пристали к человеку… Как придумал, так и придумал. Пусть докажет, что получается то, что нужно. А конструкцию в принципе и ещё можно упростить, и с той же идеей: $A_J=\{p^{2k+1}:p\in J\wedge k\in\mathbb N\}\cup\{p^{2k}:p\in \mathbb P\setminus J\wedge k\in\mathbb N\}$. И описывать конструкцию, наверное, лучше словами.

grizzly в сообщении #1275934 писал(а):

Я бы посоветовал взять самый простой пример несчётного множества и лёгким движением руки превратить его в искомое подсемейство.

Ну да, вместо натурального ряда взять множество рациональных чисел… Но дальше уже подсказывать опасно, поскольку сразу получается "полное решение простой учебной задачи". Однако, раз уже упомянуты два решения, полезно разобраться с обоими, поскольку заложенные в них идеи совершенно различные.

[vpb]

Так или иначе, ТС задачу решил. Правда, написал что-то непонятное, и если бы не комментарий Xaositect, я бы не понял, что имеется в виду. А есть такая закономерность, что если одно решение человек нашел, то другое уже вряд ли найдет, если у него нет для этого существенного мотива. Поэтому, я думаю, могу написать еще одно решение, уже без простых чисел вообще.

Поскольку ${\mathbb N}\times{\mathbb N}$ счетно, достаточно найти континуально много попарно несравнимых подмножеств в ${\mathbb N}\times{\mathbb N}$. Заметим, что если $A$, $B$ --- два подмножества в $\mathbb N$, то
$A\times B$ можно считать подмножеством в ${\mathbb N}\times{\mathbb N}$. Теперь рассмотрим семейство всех подмножеств в ${\mathbb N}\times{\mathbb N}$ вида $A\times ({\mathbb N}\setminus A)$, где $A$ --- подмножество в $\mathbb N$, отличное от $\emptyset$ и $\mathbb N$. Ясно, что это семейство обладает требуемыми свойствами.

[g______d]

Здесь ещё есть 1-2 примера:

topic121426.html

[grizzly]

Тогда я собственный пример тоже приведу.

Берём иррациональные числа отрезка $[0;1]$, представленные в двоичной записи. Заменяем все 0 на 2. После чего делаем нарезку каждого числа слева направо следующим образом:
2 | 12 | 121 | 2212 | 22111 | ... | (n-знаков) | ...
И рассматриваем каждую такую "нарезку" как подмножество натуральных чисел: $\{2,12,121,2212,...\}$.
Несчётность очевидна, несравнимость доказываются совсем просто.

[arseniiv]

О, кстати, можно даже более естественно вместо такой нарезки взять множество подходящих дробей разложения числа в непрерывную.

-- Пн дек 18, 2017 23:34:39 --

Хотя кодировать эти дроби под конец придётся как-то всё равно.

[Someone]

Ещё вариант: фиксируем число $l>0$ и рассмотрим всевозможные множества вида $(t,t+l)\cap\mathbb Q$, где $\mathbb Q$ — множество рациональных чисел, $t\in\mathbb R$. Перенести эти множества в $\mathbb N$ можно с помощью произвольной нумерации рациональных чисел.

[Duelist]

(Оффтоп)

Извиняюсь за отсутствие: очень загружен, спать не успеваю. Отпишусь завтра вечером, или, если повезёт, раньше - это ранним утром/ночью.

[grizzly]

Duelist

(Оффтоп)

Это же не чат. Чувствуйте себя спокойно и возвращайтесь, когда сможете. Окружающим это не доставляет неудобств. (Я иногда возвращаюсь к темам через годы, когда понимаю / узнаю что-то новое по ним.)

[Duelist]

Спасибо. Всё посмотрел. Очень хорошо. В человеческий вид свою конструкцию привёл.
У меня запросили док-во. В общем-то, когда придумываются подобные конструкции, мыслительно их изобретение примерно совпадает с доказательством. Поэтому не писал. Но напишу теперь. Использовал улучшение от Xaositect, поскольку ближе всего к моему. При этом не умаляю достоинств предложений Someone. А также благодарен за альтернативные версии.



Рассмотрим $2^{\mathbb{P}}.$ $\forall J \in 2^{\mathbb{P}} \setminus \{\varnothing\}$ $A_J=$ $\{p^k: p \in J \wedge k \in \mathbb{N} \setminus J \}.$ Тогда $A=$ $\{A_J: J \in 2^{\mathbb{P}} \setminus \{\varnothing\} \}$ есть искомое подсемейство мощности континуум. Действительно, пусть $A_J \subset A_L.$ Тогда, очевидно, $J \subset L.$ Далее, пусть $p_1 \in J,$ $p_2 \in L \setminus J.$ Тогда $p_1^{p_2} \in A_J \wedge p_1^{p_2} \notin A_L$ - противоречие. Значит $L \setminus J = \varnothing$ и $J=L,$ $A_J=A_L.$

Про мощность, равную континууму, когда мы имеем перечисление всех элементов булеана счётного мн-ва (кроме пустого мн-ва), я, с Вашего позволения, расписывать не буду.

p.s. Как и обещал, отписался "вечером" - для меня это вечер)