Докажите, что вещественные трансцендентные числа существуют.

[Knight2023]

Я только начал самостоятельное изучение топологии. Я пытаюсь решить этот вопрос:

Цитата:

Докажите, что вещественные трансцендентные числа существуют.

К настоящему времени я уже подумал, что мне придется использовать технику противоречия (proof by contradiction).

Давайте предположим, что все действительные числа являются решениями некоторого полиномиального уравнения вида

$$ a_n x^n a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0 = 0 ~~~~~~~~~~~a_i \in \mathbf{Z} $$

Мы знаем, что множество всех многочленов с целыми коэффициентами является счетным. Итак, если я смогу найти биекцию (bijection) от вещественных чисел к набору всех многочленов с интегральными коэффициентами, мы закончим.

Может кто-нибудь предложить мне подсказку здесь? Можете ли вы направить меня с помощью инъекции из вещественных чисел в многочлены?

Пожалуйста, просто дайте мне подсказку, я хочу решить это самостоятельно.

[mihaild]

Knight2023 в сообщении #1617717 писал(а):

Давайте предположим, что все действительные числа являются решениями некоторого полиномиального уравнения вида $a_n x^n a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0 = 0 ~~~~~~~~~~~a_i \in \mathbf{Z}$

На это уравнение еще одно важное ограничение должно быть, иначе не получится.

Knight2023 в сообщении #1617717 писал(а):

Может кто-нибудь предложить мне подсказку здесь?

У каждого (хорошего) многочлена конечное число корней.

(Оффтоп)

Knight2023 в сообщении #1617717 писал(а):

всех многочленов с интегральными коэффициентами

С целыми.
Вообще, если Вы пишете текст на английском, а потом переводите через переводчик, то можете включать и исходный текст, переводчики всё еще иногда искажают смысл.

[Knight2023]

mihaild в сообщении #1617722 писал(а):

Knight2023 в сообщении #1617717 писал(а):

Давайте предположим, что все действительные числа являются решениями некоторого полиномиального уравнения вида $a_n x^n a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0 = 0 ~~~~~~~~~~~a_i \in \mathbf{Z}$

На это уравнение еще одно важное ограничение должно быть, иначе не получится.

Knight2023 в сообщении #1617717 писал(а):

Может кто-нибудь предложить мне подсказку здесь?

У каждого (хорошего) многочлена конечное число корней.

(Оффтоп)

Knight2023 в сообщении #1617717 писал(а):

всех многочленов с интегральными коэффициентами

С целыми.
Вообще, если Вы пишете текст на английском, а потом переводите через переводчик, то можете включать и исходный текст, переводчики всё еще иногда искажают смысл.

Вы имели в виду $a_n \neq 0$?

[Did you mean $a_n \neq 0$?]

[mihaild]

Да, $a_n \neq 0$ (можно еще потребовать $n > 0$, но не обязательно). Алгебраические числа - это корни некоторого ненулевого полинома. И у такого полинома конечное число корней, а всего полиномов счетно.

[Knight2023]

mihaild в сообщении #1617736 писал(а):

Да, $a_n \neq 0$ (можно еще потребовать $n > 0$, но не обязательно). Алгебраические числа - это корни некоторого ненулевого полинома. И у такого полинома конечное число корней, а всего полиномов счетно.

Ладно, дай-ка я попробую.

Пусть $P$ - множество всех многочленов с целыми коэффициентами. Рассмотрим отображение $f: P \to \mathbf{R}$ такое, что $f$ отображает каждый многочлен из $ P$ в подмножество $X$ из $\mathbf{R}$, так что $X$ содержит все действительные корни многочлена, выбранного из $P$.
Известно, что $X$ конечно.

Поскольку $P$ является счетным, мы можем перечислить его элементы как $P_1$, $P_2$ и так далее.

Итак, у нас есть

$$ P_1 \to X_1$$

$$ P_2 \to X_2$$

$$ P_3 \to X_3$$

$$ \vdots $$

Поскольку все $X_i$ конечны, мы имеем

$$ \cup_{i=1}^{\infty} X_i $$

является счетным. Но $\cup_{i=1}^{\infty} X_i = \mathbf{R}$. Таким образом, возникает противоречие.

С доказательством все в порядке?

[mihaild]

Почти так. Если Вы хотите, чтобы $f$ выдавала множество корней, то её кодоменом должно быть не $\mathbb R$, а $\mathcal{P}(\mathbb R)$ - множество подмножеств $\mathbb R$. Собственно $f$ Вам и не нужна, скажите что $P_i$ - нумерация всех невырожденных многочленов, $X_i$ - множество корней $i$-го многочлена.
(предполагается, что счетность объединение счетного семейства конечных множеств известна, если неизвестна, то её надо доказывать)

[Knight2023]

mihaild в сообщении #1617743 писал(а):

(предполагается, что счетность объединение счетного семейства конечных множеств известна, если неизвестна, то её надо доказывать)

Да, это уже было доказано в предыдущих упражнениях.

Спасибо за вашу подсказку.

[Knight2023]

Хотя, это другой вопрос, но я чувствую, что лучше задать его здесь, потому что они связаны.

Я должен доказать, что каждое бесконечное множество численно эквивалентно собственному подмножеству самого себя
[Prove that every infinite set is numerically equivalent to a proper subset of it self].

Позволь $A$ быть бесчисленным множеством (uncountable set). Если $A = \mathbf{R}$, и мы берем множество всех алгебраических чисел (algebraic numbers) $B$. Но мы только что доказали выше, что $B$ счетно (countable). Таким образом, $\mathbf{R}$ и $B$ не могут быть численно эквивалентны.

Означает ли это, что утверждение, подлежащее доказательству, неверно?

[mihaild]

Better wording would be "every infiniteset is numerically equivalent to some proper subset of itself". It's not necessary true that if $A$ is infinite and $B$ is subset of $A$, then $A$ and $B$ are numerically equivalent. But it is true that if $A$ is infinite, then there is $B$ - proper subset of $A$ - s.t. $A$ and $B$ are numerically equivalent.

(Оффтоп)

Knight2023 в сообщении #1617869 писал(а):

Позволь $A$ быть бесчисленным множеством (uncountable set).

Let в данном контексте переводится как "пусть", а uncountable как несчётное.