"Диагональное" доказательство теоремы Кантора

[diletto]

svv в сообщении #1527609 писал(а):

Пусть $R$ — это множество всех красных элементов $A$. Оно соответствует некоторому элементу $x$. Этот $x$ синий или красный?
Пусть $x$ синий. Тогда $x\in R$. Но это противоречит тому, что $R$ состоит только из красных элементов.
Пусть $x$ красный. Тогда $x\notin R$. Но это противоречит тому, что $R$ содержит все красные элементы.

А это вообще допустимое рассуждение, если говорить только о собственных подмножествах? Вдруг $R$ пусто?

[mihaild]

diletto в сообщении #1527775 писал(а):

Вдруг $R$ пусто?

Ну и что? Ему всё равно нужно сопоставить какой-то элемент.

[diletto]

mihaild в сообщении #1527776 писал(а):

diletto в сообщении #1527775 писал(а):

Вдруг $R$ пусто?

Ну и что? Ему всё равно нужно сопоставить какой-то элемент.

Просто странно было бы, если для бесконечных множеств играло бы роль в доказательстве включение или исключение из рассмотрения всего-то двух несобственных (нестрогих) подмножеств.

[mihaild]

diletto в сообщении #1527779 писал(а):

если для бесконечных множеств играло бы роль в доказательстве включение или исключение из рассмотрения всего-то двух несобственных (нестрогих) подмножеств

Это доказательство для вообще всех множеств, а для конечных исключение конечного числа подмножеств может быть важно.

[diletto]

mihaild в сообщении #1527780 писал(а):

Это доказательство для вообще всех множеств, а для конечных исключение конечного числа подмножеств может быть важно.

Для конечных-то нет нужды в этом доказательстве, т.к. результат очевиден из формул комбинаторики, так ведь? А для бесконечных получается, что в доказательстве необходима оговорка "включая пустое множество".
Или я совсем глупости пишу? Слишком уж ясным кажется, что $R$ пустым быть не может: если единица в биекции с $\{1\}$, а двойка - с $\{2\}$, то $\{1,2\}$ невозможно сопоставить ни с каким элементом, входящим в $\{1,2\}$... Но не обманчиво ли это в той же мере, что "нельзя биективно сопоставить натуральные целым, т.к. натуральные все будут заняты половинкой от целых"?..

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1527762 писал(а):

предел последовательности $0, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots, \frac{1}{n}, \ldots$ ей принадлежит.

mihaild в сообщении #1527654 писал(а):

Тут берется произвольная последовательность точек отрезка, и доказывается, что отрезок содержит точку, не принадлежащую этой последовательности.

Значит, не произвольная: последовательность, содержащая свой предел, браться не может.

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1527786 писал(а):

Значит, не произвольная: последовательность, содержащая свой предел, браться не может

Может. Мы же никак не используем предел последовательности. Перечитайте внимательно доказательство, не пытаясь его додумать.

[Lia]

diletto

diletto в сообщении #1527785 писал(а):

Или я совсем глупости пишу?

Совсем или не совсем - заведите тему, задайте вопрос, выясняйте. Не надо здесь, здесь это оффтоп.

[Vladimir Pliassov]

(Оффтоп)

diletto в сообщении #1527785 писал(а):

mihaild в сообщении #1527780 писал(а):

Это доказательство для вообще всех множеств, а для конечных исключение конечного числа подмножеств может быть важно.

Для конечных-то нет нужды в этом доказательстве, т.к. результат очевиден из формул комбинаторики, так ведь? А для бесконечных получается, что в доказательстве необходима оговорка "включая пустое множество".

Я думаю, оговорка не нужна, так как пустое множество и само множество $A$ (автоматически) являются подмножествами множества $A$.

Это проявляется, например, в том, что число всех подмножеств конечного множества порядка $n$ равно сумме биномиальных коэффициентов при степени $n$ (а эта сумма равна числу всевозможных последовательностей нулей и единиц длины $n$, которые находятся в биекции с множеством всех подмножеств).

В формуле бинома

$(a + b)^n = \sum\limits_{k = 0}^n \binom {n}{k} a^{n - k}b^k = \binom {n}{0}a^n + \binom {n}{1}a^{n - 1}b + ... + \binom {n}{k} a^{n - k}b^k + ... + \binom {n}{n}b^n$

есть коэффициент $\binom {n}{0}$ -- "из $n$ по $0$" -- который соответствует пустому множеству (в частности, и в том, что он тоже странный).

Если убрать пустое множество, то останется на одно множество меньше, и тогда упомянутая биекция будет нарушена.

Хотя, конечно, если не включать пустое множество в число подмножеств множества, то биекции не будет изначально.

Но не надо его не включать, потому что, как я полагаю, это то же самое, что не включать нуль в аддитивную группу.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1527762 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1527736 писал(а):

Для этого последовательность $X$ должна быть такой, что ее члены приближаются к предельной точке то справа, то слева?

Нет, неважно. Просто если на очередном этапе не получилось найти пару, то значит пронумерованы не все точки (т.к. очередной интервал содержит уж точно больше одной точки).

Наверное, здесь недоразумение, вернемся к отрывку:

Vladimir Pliassov в сообщении #1527736 писал(а):

Цитата:

Обозначим меньшее из этих двух чисел $a_1$, а большее - $b_1$. Подобным же образом найдите первые два числа заданной последовательности, которые находятся в $(a_1, b_1)$. Обозначим меньшее через $a_2$, а большее через $b_2$. Продолжение этой процедуры генерирует последовательность интервалов $(a_1, b_1), \; (a_2, b_2), \; (a_3, b_3), \; \ldots\; ,$ такую, что каждый интервал в последовательности содержит все последующие интервалы, то есть генерирует последовательность вложенных интервалов.

(Для этого последовательность $X$ должна быть такой, что ее члены приближаются к предельной точке то справа, то слева?)

В доказательстве (в сообщении #1527736) имеются три последовательности, которые я обозначил $X, A, B$. Две последние последовательности имеют для случая 2

(я имел в виду именно этот случай, хотя, конечно, есть еще случаи 1 и 3)

один и тот же предел $a_\infty = b_\infty$. Они являются подпоследовательностями последовательности $X$, значит $a_\infty$ это во всяком случае частичный предел последовательности $X$, к которому некоторые ее члены (то есть члены подпоследовательностей $A, B$) приближаются то справа, то слева.

Правда, то, что он может быть не общим, а лишь частичным пределом $X$, я увидел только теперь.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1527762 писал(а):

предел последовательности $0, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots, \frac{1}{n}, \ldots$ ей принадлежит.

mihaild в сообщении #1527654 писал(а):

Тут берется произвольная последовательность точек отрезка, и доказывается, что отрезок содержит точку, не принадлежащую этой последовательности.

Vladimir Pliassov в сообщении #1527786 писал(а):

Значит, не произвольная: последовательность, содержащая свой предел, браться не может.

mihaild в сообщении #1527787 писал(а):

Может. Мы же никак не используем предел последовательности. Перечитайте внимательно доказательство, не пытаясь его додумать.

Здесь, по-моему, опять недоразумение. Вы пишете: "берется произвольная последовательность точек отрезка", -- но если мы возьмем последовательность $A$, включающую в себя свою предельную точку $a_\infty$ , то не сможем доказать, что отрезок содержит точку $a_\infty$, не принадлежащую этой последовательности.

Так что произвольную последовательность взять мы не можем.

Однако можем взять произвольную последовательность, не содержащую свою предельную точку. Правда, это условие на первый взгляд слабее (или сильнее?), чем условие Кантора: "возьмем произвольную последовательность". Но если разобраться, может быть, эти условия равносильны?

В доказательстве Кантора в результате отбора подходящих членов последовательности $X=x_1, x_2, x_3$ мы получаем последовательность $A$, не содержащую свою предельную точку $a_\infty$ (последовательность $A$ строилась так, что ее предельная точка $a_\infty$ в нее не включается), и далее доказывается, что эта точка не входит в $X$.

Пусть дана принадлежащая отрезку $[a, b]$ произвольная строго возрастающая последовательность $A'$, не включающая в себя свою предельную точку $a'_\infty$ (эта точка будет принадлежать $[a, b]$, иначе последовательность $A'$ не может принадлежать $[a, b]$), возьмем $A'$ в качестве подпоследовательности некоторой последовательности $X'$. Тогда $a'_\infty$ не будет принадлежать $X'$.

Конечно, $X'$ это не совсем произвольная последовательность, но таким путем, вероятно, можно получить всевозможные последовательности $X$ для случая 2?

Хотя, может быть, в Вашем последнем сообщении (из трех, приведенных мной в этом комментарии) Вы имеете в виду не ту же самую последовательность, что во втором? (То есть в последнем сообщении имеете в виду последовательность $X$?)

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1527829 писал(а):

Две последние последовательности имеют для случая 2

Вот нужно писать, в каком предположении вы рассуждаете, в начале рассуждения, а не где-то потом. Ну да, во втором случае у нас выделяются две монотонных в разные стороны подпоследовательности с одним и тем же пределом.

Vladimir Pliassov в сообщении #1527838 писал(а):

но если мы возьмем последовательность $A$, включающую в себя свою предельную точку $a_\infty$ , то не сможем доказать, что отрезок содержит точку $a_\infty$, не принадлежащую этой последовательности

Сможем. $a_\infty$ строится так, чтобы последовательность её не содержала.
Возьмите приведенную мной последовательность (содержащую предельную точку), проведите и напишите здесь для неё в явном виде рассуждение из доказательства.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1527849 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1527838 писал(а):

но если мы возьмем последовательность $A$, включающую в себя свою предельную точку $a_\infty$ , то не сможем доказать, что отрезок содержит точку $a_\infty$, не принадлежащую этой последовательности

Сможем. $a_\infty$ строится так, чтобы последовательность её не содержала.

Боюсь, опять недоразумение, ведь то, что я здесь написал, это: "если мы возьмем последовательность $A$, включающую в себя свою предельную точку $a_\infty$ , то не сможем доказать, что $a_\infty$ не принадлежит $A$" (потому что $a_\infty$ принадлежит $A$ по условию). Или под " этой последовательностью" Вы имеете в виду последовательность $X$?

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1527881 писал(а):

если мы возьмем последовательность $A$, включающую в себя свою предельную точку $a_\infty$

Мы не можем взять $A$, содержащую $a_\infty$, поскольку и $a_\infty$, и $A$ строятся исходя из $X$.
Попробуйте всё-таки провести рассуждение из доказательства для указанной мной последовательности, и убедиться, что всё проходит.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1527885 писал(а):

Попробуйте всё-таки провести рассуждение из доказательства для указанной мной последовательности, и убедиться, что всё проходит.

Возьмем отрезок $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ и последовательность $0, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots, \frac{1}{n}, \ldots\; .$

Найдем первые два числа данной последовательности, которые находятся в открытом промежутке $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$, это будут числа $0, \frac{1}{3}$, которые являются крайними точками отрезка $[0, \frac{1}{3}]$.

Следующие два числа -- $(\frac{1}{4}, \frac{1}{5})$ отрезок -- $(\frac{1}{5}, \frac{1}{4})$.

Все, больше нет. Действительно, работает.

Но я имел ввиду не это. Я имел в виду, что если взять Вашу последовательность -- $0, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots, \frac{1}{n}, \ldots$ -- не в качестве последовательности $X=x_1, x_2, x_3$, а в качестве произвольной последовательность точек отрезка, то это не поможет нам доказать несчетности множества точек отрезка.

Если вообще можно доказать это при помощи произвольной последовательности точек отрезка.