Теорема Кантора о несчетности множества точек отрезка [0, 1]

[Geen]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

очевидно, является счетным.

Не очевидно. Может быть конечным, может быть и несчётным...
Но никто не мешает выбрать именно счётное.

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

это соответствие является инъективным и сюръективным

А где Вы нашли определение инъективного/сюрьективного соответствия?

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

Поскольку не существует биекции между $[0,1]$ и $S$,

А это почему вдруг так оказалось?

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

ее не существует и между $[0,1]$ и любым другим счетным множеством

Как бы да, но не хватает обоснования...

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

Пусть имеем соответствие

А имеем?

[iifat]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

Удалось доказать?

Удалось доказать, что не существует некоего хитрого соответствия промежду отрезком и счётным мноеством. Отсюда не следует несуществование никакого соответствия промежду отрезком и счётным множеством.

-- 10.09.2023, 03:01 --

Хм. Ну или вам нужно по любой нумерации точек отрезка строить систему вложенных отрезков, такую чтобы. В принципе, может получиться.

[Vladimir Pliassov]

Geen в сообщении #1608582 писал(а):

Не очевидно. Может быть конечным, может быть и несчётным...
Но никто не мешает выбрать именно счётное.

Да, надо взять такие отрезки, у которых последовательности концов монотонные?

Geen в сообщении #1608582 писал(а):

А где Вы нашли определение инъективного/сюрьективного соответствия?

Я его сам придумал, но оно должно быть где-то определено, это инъективная/сюръективная частично определённая функция.

Geen в сообщении #1608582 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

Поскольку не существует биекции между $[0,1]$ и $S$,

А это почему вдруг так оказалось?

Это оказалось именно потому что соответствие $G: \;[0, 1]\to S$, хотя инъективно и сюръективно, но не является отображением и, значит, не является биекцией.

iifat в сообщении #1608584 писал(а):

Удалось доказать, что не существует некоего хитрого соответствия промежду отрезком и счётным множеством. Отсюда не следует несуществование никакого соответствия промежду отрезком и счётным множеством.

Нет, соответствие есть (под соответствием я имею в виду, в частности, частично определенную функцию, когда отображается не все множество), но оно не является биекцией.

iifat в сообщении #1608584 писал(а):

Хм. Ну или вам нужно по любой нумерации точек отрезка строить систему вложенных отрезков, такую чтобы. В принципе, может получиться.

Geen в сообщении #1608582 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

Пусть имеем соответствие

А имеем?

Мне кажется, имеем. Я думаю, можно строить систему вложенных отрезков по множеству элементов из $[0, 1]$, а можно сначала построить систему вложенных отрезков, а потом подобрать соответствующие элементы, потому что их достаточно вне любого $\Delta$.

Geen в сообщении #1608582 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

ее не существует и между $[0,1]$ и любым другим счетным множеством

Как бы да, но не хватает обоснования...

Вы имеете в виду утверждение: "Поскольку не существует биекции между $[0,1]$ и $S$, ее не существует и между $[0,1]$ и любым другим счетным множеством"? Я сначала хотел спросить, так ли это, но потом подумал, что это не может быть иначе. Если же это не так, то надо доказывать несуществование биекции между $[0, 1]$ и каждым счетным множеством.

Или Вы имели в виду что-то другое?

[Geen]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608587 писал(а):

Это оказалось именно потому что соответствие $G: \;[0, 1]\to S$, хотя инъективно и сюръективно, но не является отображением и, значит, не является биекцией.

Нет. Какое-то соответствие $G$ не является биекцией. Отсюда не следует, что не существует...

Vladimir Pliassov в сообщении #1608587 писал(а):

потому что их достаточно вне любого $\Delta$.

Звучит не убедительно.

Vladimir Pliassov в сообщении #1608587 писал(а):

Я сначала хотел спросить, так ли это, но потом подумал, что это не может быть иначе.

Вот что не может быть иначе надо тогда доказать (хоть это делается в одну строчку).

-- 09.09.2023, 22:00 --

Vladimir Pliassov в сообщении #1608587 писал(а):

Я его сам придумал

А зачем?

[Vladimir Pliassov]

1.

Доказательство, приведенное в первом сообщении темы (доказательство самого Кантора?), как будто очень простое, но я его еще не "прочувствовал", мне видится в нем что-то скрытое от меня, и я хочу понять, что это такое, поэтому пытаюсь доказать сам.

Я хочу понять, как вообще надо доказывать что бы то ни было. Доказывать что-то всегда приходится для конкретного объекта. У меня есть конкретное множество $[0, 1]$, которое состоит из всех рациональных и всех иррациональных чисел между $0$ и $1$ включая $0$ и $1$, и мне надо доказать, что оно несчетное. Я понимаю так, что мне нужно найти какое-то конкретное же счетное множество $S$ (все равно какое) и доказать, что между $[0,1]$ и $S$ не существует биекции, тогда будет доказано, что не существует биекции между $[0,1]$ и $\mathbb N$, то есть что отрезок $[0,1]$ несчетен.

Я говорю: найти все равно какое счетное множество, -- потому что если не существует биекции между $[0,1]$ и $S$, ее не существует также и между $[0,1]$ и любым другим счетным множеством, "это не может быть иначе".

Geen в сообщении #1608603 писал(а):

Вот что не может быть иначе надо тогда доказать (хоть это делается в одну строчку).

Пусть оба множества $S$ и $Q$ счетны, и пусть не существует биекции между $[0,1]$ и $S$, тогда ее не существует и между $[0,1]$ и $Q$.

$\rhd$ $[0,1]$ не биективно $S$, $S$ биективно $\mathbb N$, значит, $[0,1]$ не биективно $\mathbb N$. $[0,1]$ не биективно $\mathbb N$, $\mathbb N$ биективно $Q$, значит, $[0,1]$ не биективно $Q$. $\lhd$

2.

В поисках счетного множества $S$ мне помогает доказательство Кантора (?), то есть я просто беру его уже готовое множество $S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{m-1}, \Delta_m \ldots\}$, представляющее собой систему $\Delta_1\supset \Delta_2\supset \ldots\supset \Delta_{n-1}\supset \Delta_n\supset \ldots $ стягивающихся к нулю вложенных отрезков.

В этом доказательстве предполагается, что множество точек $[0,1]$ счетно: $x_1, x_2, \; \ldots, \; x_n, \; \ldots \; .$ Затем по этому множеству, которое предполагается счетным, строится система $S$ вложенных отрезков $\Delta_1\supset \Delta_2\supset \ldots\supset \Delta_{n-1}\supset \Delta_n\supset \ldots \; ,$ и то, что множество $S$ этих отрезков счетно, уже не предположение, а факт -- по-моему, в этом нет сомнения? -- несмотря на то, что оно строилось по множеству, которое только предполагалось счетным. Так что теперь к $S$ можно относиться как к самостоятельному счетному множеству (несмотря на его происхождение). К тому же, можно перестать предполагать, что множество точек $[0,1]$ счетно, а просто попытаться решить вопрос, возможно ли для каждого элемента множества $[0, 1]$ найти отрезок $\Delta$, которому он не принадлежит. Ответ на этот вопрос отрицательный, так как в силу принципа вложенных отрезков существует точка $c\in \Delta_n$ для $\forall n$. Таким образом обнаруживается, что не удается задать биекцию между счетным множеством $S$ и множеством всех точек вещественного отрезка $[0, 1]$, откуда следует, что он не является счетным множеством.

Geen в сообщении #1608603 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1608587 писал(а):

Я его сам придумал

А зачем?

Биекция это когда отображение $G: A\to B$ инъективно и сюръективно, но если соответствие $G: A\to B$ не является отображением (если в нем не все элементы $A$ отображаются в $B$), то $G$ не является биекцией (потому что не является отображением). Это соображение я и положил в основу своей попытки доказательства.

Geen в сообщении #1608603 писал(а):

Нет. Какое-то соответствие $G$ не является биекцией. Отсюда не следует, что не существует...

Вы говорите: "какое-то соответствие $G$", -- но ведь в $G: \;[0, 1]\to S$ множество $S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{m-1}, \Delta_m \ldots\}$ несчетное, и, как я понимаю, если удастся доказать, что между ним и $[0, 1]$ не существует биекции, то теорема будет доказана.

Так ведь? Или этого не достаточно?

3.

Vladimir Pliassov в сообщении #1608587 писал(а):

Я думаю, можно строить систему вложенных отрезков по множеству элементов из $[0, 1]$, а можно сначала построить систему вложенных отрезков, а потом подобрать соответствующие элементы, потому что их достаточно вне любого $\Delta$.

Geen в сообщении #1608603 писал(а):

Звучит не убедительно.

iifat в сообщении #1608584 писал(а):

Хм. Ну или вам нужно по любой нумерации точек отрезка строить систему вложенных отрезков, такую чтобы. В принципе, может получиться.

В доказательстве Кантора (?) читаем:

Цитата:

Предположим, что множество точек $[0,1]$ счетно: $x_1, x_2, \; \ldots, \; x_n, \; \ldots \; .$ Разделим отрезок $[0,1]$ на $3$ равные части: $[0, \frac {1}{3}]; [\frac {1}{3}; \frac {2}{3}]; [\frac {2}{3}; 1]$, и выберем тот из отрезков, который не содержит $x_1$ ни внутри, ни на границе. Обозначим его через $\Delta_1$, т.е. $x_1$ не принадлежит $\Delta_1$. $\Delta_1$ также поделим на $3$ равные части и выберем ту часть, которая не содержит $x_2$ ни внутри, ни на границе. Обозначим эту часть $\Delta_2$, т.е. $x_2$ не принадлежит $\Delta_ 2$, и $\Delta_2\subset \Delta _1$. Продолжая эту процедуру, мы получим последовательность вложенных друг в друга отрезков $\Delta_1\supset \Delta_2\supset \ldots\supset \Delta_{n-1}\supset \Delta_n\supset \ldots \; .$

Но давайте построим конструкцию $\Delta_1\supset \Delta_2\supset \ldots\supset \Delta_{n-1}\supset \Delta_n\supset \ldots $ не исходя из элементов $[0, 1]$, а саму по себе: возьмем сначала произвольную треть отрезка $[0, 1]$, затем произвольную треть этой трети и так далее. Для каждого $\Delta$ (сюръекция) найдется $x$, который находится вне этого $\Delta$, причем можно выбирать такие $x$, что не будет двух разных $x$, отображающихся в одно и то же $\Delta$ (инъекция).

4.

Doctor Boom в сообщении #1608309 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1608115 писал(а):

Мне кажется, что то же самое можно сделать и в отношении приведенного доказательства: мы ведь знаем, что существует точка $c$, которая принадлежит всем $\Delta$, так давайте присвоим ей номер $0$, а остальные точки будем нумеровать от $1$ до $\infty$, и так устраним противоречие, положенное в основу этого доказательства

И что из этого следует? Вы показали, что предположение о счетности рациональных чисел не противоречит вашим рассуждениям, и что? Вы так могли бы и с вещественными поступить

Вы имеете в виду, что если пронумеровать элементы так, как здесь я предложил, то доказательство Кантора (?) окажется несостоятельным? Я сам рассматривал этот вопрос и пока еще его для себя не решил, но, кажется, эта уловка с нумерацией похожа на предложение не цеплять к поезду последний вагон (потому что при крушении он страдает больше всех остальных -- не знаю, так ли это).

[Doctor Boom]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608642 писал(а):

Вы имеете в виду, что если пронумеровать элементы так, как здесь я предложил, то доказательство Кантора (?) окажется несостоятельным?

Нет, тогда оно просто не будет доказательством Кантора. Ведь смысл не в нумерации, а в получении противоречия. Пока вы не получите противоречие в док-ве от противного, у вас будут просто неудачные попытки построить биекцию. Что вы для вашего док-ва несчетности рац. чисел не смогли построить биекцию с отрезками, что для вещественных не смогли, это ничего не доказывает. Не смогли? Значит попробуйте лучше

[Vladimir Pliassov]

Doctor Boom в сообщении #1608646 писал(а):

Пока вы не получите противоречие в док-ве от противного, у вас будут просто неудачные попытки построить биекцию.

Но я не использую метод доказательства от противного, я пытаюсь просто показать, что $G: \;[0, 1]\to S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{m-1}, \Delta_m \ldots\}$ не является биекцией, потому что не является отображением.

Как я уже говорил, если не существует биекции между $[0,1]$ и $S$ ($S$ счетно), ее не существует также и между $[0,1]$ и любым другим счетным множеством, то есть множество $[0,1]$ несчетно.

Важный вопрос: если мне -- по неопровержимому основанию, то есть по причине существования точки $c\in \Delta_n$ для $\forall n$ -- не удалось задать биекцию между $[0,1]$ и $S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{m-1}, \Delta_m \ldots\}$, может ли это удаться кому-то другому? Или можно считать несуществование этой биекции доказанным?

Doctor Boom в сообщении #1608646 писал(а):

Что вы для вашего док-ва несчетности рац. чисел не смогли построить биекцию с отрезками

Я и не пытался доказать несчетность рационального отрезка, напротив, в отличие того, что было сказано в доказательстве Кантора (?): "Предположим, что множество точек $[0,1]$ счетно: $x_1, x_2, \; \ldots, \; x_n, \; \ldots \; ,$" -- я не предлагал предположить, что множество точек $B=[0, 1]\cap \mathbb Q$ счетно, а предложил перенумеровать их, потому что исходил из того, что оно счетно. Затем у меня получились две конструкции, которые не противоречат счетности $B$:

1) когда все точки $B$ отображались в отрезки $\Delta'$, то точка $c'$, принадлежащая всем $\Delta'$, была иррациональной,

2) а когда отображались все, кроме одной, то эта одна точка (рациональная) могла быть точкой $c'$.

Doctor Boom в сообщении #1608646 писал(а):

Ведь смысл не в нумерации

С этим я теперь согласен, я и сам хотел об этом сказать, но Вы меня опередили. Смысл не в нумерации, а в том, все ли точки $[0,1]$ или $B=[0, 1]\cap \mathbb Q$ отображаются во вложенные отрезки.

[iifat]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608580 писал(а):

Пусть имеем соответствие $G: \;[0, 1]\to S$, которое в каждое $\Delta$ отображает некоторый элемент $x$ из $[0, 1]$ -- сюръекция, -- при условии, что этот $x$ не принадлежит этому $\Delta$

Вы доказали, что не существует биекции между $[0,1]$ и вашей системой отрезков, такой что никакой $x$ не входит в соответствующий ему отрезок. Осталось доказать, что не существует никакой биекции вообще. Может быть, есть биекция, где некоторые $x$ таки входят в соответствующие им отрезки.

[Vladimir Pliassov]

iifat в сообщении #1608702 писал(а):

Вы доказали, что не существует биекции между $[0,1]$ и вашей системой отрезков, такой что никакой $x$ не входит в соответствующий ему отрезок. Осталось доказать, что не существует никакой биекции вообще. Может быть, есть биекция, где некоторые $x$ таки входят в соответствующие им отрезки.

Верно ли, что если не существует биекции между множествами $Q$ и $T$, где $T$ счетно, то ее не существует также и между $Q$ и любым другим счетным множеством (в том числе и $\mathbb N$)?

Если верно, то достаточно доказать несуществование биекции между $[0,1]$ и любым, каким-нибудь одним, счетным множеством. И тогда, если я доказал, что нет биекции между $[0,1]$ и $S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{m-1}, \Delta_m \ldots\}$ (где $S$ счетно), то доказал несчетность $[0,1]$.

Но, может быть, надо еще доказать, что если несуществование биекции между двумя множествами доказано одним способом, то нет необходимости доказывать ее другим способом? То есть, если она доказана в нашем случае через существование точки $c$, то нет необходимости доказывать ее еще как-то по-другому. Если это не так, то считайте, что ни одна теорема не доказана.

Или я не так понимаю?

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608707 писал(а):

если я доказал, что нет биекции между $[0,1]$ и $S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{m-1}, \Delta_m \ldots\}$

Но Вы это не доказали. Вы доказали, что не существует биекции, при которой каждая точка отображается в не содержащий её отрезок.

[Doctor Boom]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608687 писал(а):

Важный вопрос: если мне -- по неопровержимому основанию, то есть по причине существования точки $c\in \Delta_n$ для $\forall n$ -- не удалось задать биекцию между $[0,1]$ и $S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{m-1}, \Delta_m \ldots\}$, может ли это удаться кому-то другому? Или можно считать несуществование этой биекции доказанным?

Нет, нельзя считать доказанным

Vladimir Pliassov в сообщении #1608687 писал(а):

С этим я теперь согласен, я и сам хотел об этом сказать, но Вы меня опередили. Смысл не в нумерации, а в том, все ли точки $[0,1]$ или $B=[0, 1]\cap \mathbb Q$ отображаются во вложенные отрезки

Абсолютно верно

[Vladimir Pliassov]

iifat в сообщении #1608702 писал(а):

Вы доказали, что не существует биекции между $[0,1]$ и вашей системой отрезков, такой что никакой $x$ не входит в соответствующий ему отрезок. Осталось доказать, что не существует никакой биекции вообще. Может быть, есть биекция, где некоторые $x$ таки входят в соответствующие им отрезки.

mihaild в сообщении #1608732 писал(а):

Но Вы это не доказали. Вы доказали, что не существует биекции, при которой каждая точка отображается в не содержащий её отрезок.

Doctor Boom в сообщении #1608776 писал(а):

Нет, нельзя считать доказанным

Понял, согласен. А если так:

$\rhd$ На отрезке $[0, 1]$ построим произвольную счетную систему $S$ вложенных друг в друга стягивающихся к нулю отрезков $\Delta_1\supset \Delta_2\supset \ldots\supset \Delta_{n-1}\supset \Delta_n\supset \ldots ,$ ни один из которых по длине не равен нулю. В силу принципа вложенных отрезков существует точка $c\in \Delta_n$ для $\forall n$. Поскольку в $[0, 1]$, кроме $c$, имеются и другие точки, каждому отрезку $\Delta_i$ принадлежит по крайней мере две точки, поэтому невозможно взаимно однозначное соответствие между элементами множеств $[0, 1]$ и $S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{n-1}, \Delta_n \ldots\}$. Таким образом, так как множество $S$ является счетным, $[0, 1]$ счетным быть не может, то есть является несчетным. $\lhd$

?

[iifat]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608871 писал(а):

каждому отрезку $\Delta_i$ принадлежит по крайней мере две точки, поэтому невозможно взаимно однозначное соответствие между элементами множеств

И снова нет. Возьмём, как вы уже это делали, рациональные точки отрезка (или прямой, неважно); это множество счётно. Возьмём счётную систему отрезков, описанную вами или любую другую — множество отрезков счётно, каждый из них содержит даже не две, а счётное множество рациональных точек. И тем не менее, соответствие построить можно.
Не думаю, что вам удастся вычеркнуть Кантора из истории математики.

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1608871 писал(а):

Поскольку в $[0, 1]$, кроме $c$, имеются и другие точки, каждому отрезку $\Delta_i$ принадлежит по крайней мере две точки, поэтому невозможно взаимно однозначное соответствие между элементами множеств $[0, 1]$ и $S=\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{n-1}, \Delta_n \ldots\}$.

Откуда это "поэтому"?
Т.е. да, можно найти такую последовательность точек $x_i$, что $x_i \in \Delta_i$, $x_i \neq x_j$ при $i \neq j$ и $x_i \neq c$. И что дальше?

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1608882 писал(а):

Откуда это "поэтому"?

Уже осознал.

iifat в сообщении #1608872 писал(а):

И снова нет.

И снова согласен. Но у меня такой вопрос.

Действуя методом от противного, Кантор задает биекцию между счетным множеством $Q=\{x_1, x_2, \; \ldots, \; x_n, \; \ldots\}$, которое является заменой $[0, 1]$, и счетным множеством $\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{n-1}, \Delta_n \ldots\}$, а затем обнаруживает, что множеству $[0, 1]$ принадлежит еще одна точка $c$. То, что она обнаружилась, служит доказательством несчетности $[0, 1]$ именно потому, что в исходном списке заявлены были все элементы $Q$, правильно?

(Если бы они были заявлены не все, то -- если бы они составляли бесконечное подмножество $Q$, -- все равно можно было бы задать биекцию между ними и множеством $\{\Delta_1, \Delta_2, \ldots \Delta_{n-1}, \Delta_n \ldots\}$, но тогда обнаружение точки $c$ не служило бы доказательством.)

То же самое он делает в диагональном доказательстве: сначала предполагает пронумерованными все последовательности, а затем обнаруживает еще одну -- инвертированную диагональ.

[Тут можно было бы сказать: "Возьми эту, еще одну, последовательность и внеси ее в список," -- но если сделать это и затем заново перенумеровать последовательности, то снова обнаружится инвертированная диагональ. Это показывает, что невозможно составить окончательный список, что и служит доказательством теоремы. (Служит или нет? Так можно ее доказать?)]

Наверное, при доказательстве счетности или несчетности множества надо брать его или его замену (при доказательстве от противного) не по частям, а целиком?