Коллекция доказательств несчетности отрезка.

[Cave]

Недостаточно, это показывает, что мощность $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ не меньше мощности $[0,1]$. Нужна инъекция.

[Профессор Снэйп]

Можно подкорректировать так. Пусть $\mathcal{P}_{\mathrm{fin}}(\mathbb{N})$ --- множество всех конечных подмножеств $\mathbb{N}$. Это множество счётно, так как между ним и $\mathbb{N}$ существует биекция, сопоставляющая каждому конечному $A \subset \mathbb{N}$ число $\sum_{i \in A} 2^i$. По теореме Кантора множество $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ несчётно; значит, множество $\mathcal{P}(\mathbb{N}) \setminus \mathcal{P}_{\mathrm{fin}}(\mathbb{N})$ тоже несчётно. А указанное мною изначально отображение $A \mapsto \sum_{i \in A} 2^{-(i+1)}$ в ограничении на $\mathcal{P}(\mathbb{N}) \setminus \mathcal{P}_{\mathrm{fin}}(\mathbb{N})$ является инъекцией (точнее --- биекцией на $(0,1]$).

[ewert]

А меня, кстати, исчо тогда это смутило, да как-то не осмелился возражать -- за бессодержательностью.

Да, действительно, всего лишь сюрьекция, которая, однако же, отличается от биекции лишь на счётное множество, что в данном случае несущественно.

Но!

Одно типа возражение осталось:
а что Вы в таком случае считаете вещественными числами? -- правильно, бесконечные двоичные дроби, не более и не менее.

И тогда: а чем хуже диагональная процедура Кантора той же теоремы Кантора? в конце-то концов, первая прямо сслылается на конструктивное описание вещественных чисел, а не опосредованно, как в Вашем д-ве...

Да, тяжёлый вопрос. Методически.

[Профессор Снэйп]

ewert писал(а):

а что Вы в таком случае считаете вещественными числами? -- правильно, бесконечные двоичные дроби, не более и не менее.

Бесконечные двоичные, равно как и десятичные дроби мне очень и очень не нравятся чисто эстетически. Я предпочитаю считать действительными числами дедекиндовы сечения (лучше в модернизированном варианте --- непустые ограниченные сверху начальные сегменты множества $\mathbb{Q}$).

[ewert]

Тогда Вам предстоит ещё достаточно долгий путь, пока Вы доберётесь до того, что любое вещественное число раскладывается в ряд по степеням двойки. И потом придётся ещё побороться с неединственностью. Всё это ежам понятно, конечно, но -- придётся.

А кстати: чем Вам не нравится определение вещественных чисел по Кантору -- ну типа как пополнение рациональных чисел по стандартной процедуре (т.е. их определение как множества фундаментальных последовательностей, факторизованного по соотв. отношению эквивалентности)?
Шибко абстрактно, не спорю. Но зато, на мой вкус -- наиболее идейно.

[Профессор Снэйп]

ewert писал(а):

А кстати: чем Вам не нравится определение вещественных чисел по Кантору -- ну типа как пополнение рациональных чисел по стандартной процедуре (т.е. их определение как множества фундаментальных последовательностей, факторизованного по соотв. отношению эквивалентности)?
Шибко абстрактно, не спорю. Но зато, на мой вкус -- наиболее идейно.

Почему не нравится, нравится. А абстрактностью нас не испугаешь

Только я думал, что это определение не по Кантору, а по Коши. Это у него ведь фундаментальные последовательности. Впрочем, не уверен в том, что это не Кантор предложил определять действительные числа через последовательности Коши с рациональными членами, так что настаивать не буду.

А вот что мне категорически не нравится, так это определение действительных чисел как элементов упорядоченного архимедова поля, удовлетворяющего аксиоме Кантора. Вроде как всё замечательно, но... приходится доказывать, что хотя бы одно такое поле существует. А для этого всё равно приходится прибегать к явным конструкциям, использующим сечения Дедекинда, или последовательности Коши, или что-то ещё.

[Инт]

AD писал(а):

Ну это довольно стандартное утверждение вида "все обобщенные первообразные отличаются на константу". Много таких утверждений содержится в книге С. Сакса "теория интеграла" (глава VII), однако там они сложноваты. То, что я сформулировал, вполне можно доказать на уровне матана первого курса. Могу расписать тут доказательство как-нибудь на досуге

Распишите, если можно, хотя бы на уровне наброска.

[AD]

Инт в сообщении #188880 писал(а):

Распишите, если можно, хотя бы на уровне наброска.

Ладно, уговорили.
Ну я это умею так доказывать.

Я буду пользоваться понятием "разбиения" отрезка, известным из теории интеграла Римана: это набор из $n$ пар вида $(\Delta_i=[u_i,u_{i+1}=v_i],\xi_i)$, где $a=u_0<u_1<\cdots<u_n=b$ - собственно разбиение, и $\xi_i\in\Delta_i$, $i=0,\ldots,n-1$ - отмеченные точки.

Символом $B_\delta(x)$ обозначена $\delta$-окрестность точки $x$, то есть интервал $(x-\delta,x+\delta)$.

Основная лемма: Для любого отображения $\delta:[a,b]\to(0,+\infty)$ существует хотя бы одно разбиение такое, что $\Delta_i\subset B_{\delta(\xi_i)}(\xi_i)$ для всех $i$.

Легко доказывается методом "иначе разделим отрезок пополам". Я назвал ее основной потому, что именно в ней и "сидит" использование аксиомы полноты.

Далее, фактически, можно ограничится таким утверждением (из которого, впрочем, мгновенно следует требуемое).

Лемма. Если $F\in C[a,b]$ и нижняя производная $\underline{F}'(x)=\varliminf\limits_{h\to0}\frac{F(x+h)-F(x)}h\ge0$ для всех $x\in[a,b]$, кроме, быть может, не более чем счетного множества точек $E=\{x_j\}_{j\in\mathbb{N}}$, то $F(b)\ge F(a)$.

Действительно, возьмем любое $\gamma>0$, и объявим $F_\gamma(x)=F(x)+\gamma x$, тогда $\underline{F}'_\gamma(x)\ge\gamma$. Выберем $\delta:[a,b]\to(0,+\infty)$ следующим образом. Если $x\notin E$, то, по определению $E$, можно выбрать $\delta(x)>0$ так, что при $|h|<\delta(x)$ будет $\frac{F_\gamma(x+h)-F_\gamma(x)}h>\gamma/2$ (*). Если же $x=x_j\in E$, то можно, благодаря непрерывности $F$, подобрать $\delta(x_j)>0$ так, что при $|h|<\delta(x_j)$ будет $|F_\gamma(x_j+h)-F_\gamma(x_j)|<\frac{\gamma}{2^{j+4}}(b-a)$ (**). Потребуем также, чтобы само $\delta(x_j)<\frac{\gamma}{2^{j+2}}$ (***). (это место, кстати, напоминает рассуждение с мерой Лебега).

Пользуясь основной леммой, возьмем любое разбиение $\{(\Delta_i,\xi_i)\}_{i=0}^{n-1}$ отрезка $[a,b]$, такое, что $\Delta_i\subset B_{\delta(\xi_i)}(\xi_i)$ для всех $i$. Без ограничения общности можно предположить, что все $\xi_i$ являются концами соответствующих отрезков $\Delta_i$ (иначе "расколем" разбиение "об точки" - вместо $([u_i,v_i],\xi_i)$ сделаем две пары $([u_i,\xi_i],\xi_i)$ и $([\xi_i,v_i],\xi_i)$).

Ясно, что $F_\gamma(b)-F_\gamma(a)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(F_\gamma(v_i)-F_\gamma(u_i))$. Если $i$ таково, что $\xi_i\notin E$, то из (*) следует, что $F_\gamma(v_i)-F_\gamma(u_i)> (v_i-u_i)\cdot\gamma/2$ (для этого и надо было "раскалывать" разбиение). Таким образом, $\sum\limits_{\xi_i\notin E}(F_\gamma(v_i)-F_\gamma(u_i))\ge\frac{\gamma}2\sum\limits_{\xi_i\notin E}(v_i-u_i)\ge\frac{\gamma}4(b-a)$, если еще вспомнить про (***).

Далее, для остальных $i$, то есть для таких, что $\xi_i=x_j$ для некоторого $j$ (а каждому $j$ соответствуют не более двух разных $i$), из (**) будет просто $|F(v_i)-F(u_i)|<\frac{\gamma}{2^{j+4}}(b-a)$, и, следовательно, $\left|\sum\limits_{\xi_i\in E}(F(v_i)-F(u_i))\right|\le 2\sum\limits_{j=1}^\infty\frac{\gamma}{2^{j+4}}(b-a)=\frac{\gamma}{8}(b-a)$

Комбинируя последние два абзаца, мы получаем, что $F_\gamma(b)-F_\gamma(a)\ge \frac{\gamma}8(b-a)$, и, следовательно, $F(b)-F(a)\ge\frac{-7\gamma}8(b-a)$. Ввиду произвольности $\gamma>0$ получаем $F(b)-F(a)\ge0$, что и требовалось. $\square$.



Идейно тут всё довольно-таки просто. Находим для каждой точки $x\in[a,b]$ достаточно репрезентативную окрестность, приближаем в ней конечную разность производной, где это возможно, а где невозможно - там душим всячески, чтобы не шибко влияло на ответ. Ключевой при этом подходе является возможность при таком подходе обойтись конечным числом таких "приближений", что и выражается "основной леммой".

[Инт]

AD писал(а):

Основная лемма: Для любого отображения $\delta:[a,b]\to(0,+\infty)$ существует хотя бы одно разбиение такое, что $\Delta_i\subset B_{\delta(\xi_i)}(\xi_i)$ для всех $i$.

Лемма. Если $F\in C[a,b]$ и нижняя производная $\underline{F}'(x)=\varliminf\limits_{h\to0}\frac{F(x+h)-F(x)}h\ge0$ для всех $x\in[a,b]$, кроме, быть может, не более чем счетного множества точек $E=\{x_j\}_{j\in\mathbb{N}}$, то $F(b)\ge F(a)$.

Уважаемый AD. Я просил Вас изложить доказательство, или хотя бы пояснить, как из Ваших утверждений, в частности из лемм, следует несчётность отрезка.

[AD]

Ну после этой леммы осталось заметить, что существуют функции $F$ такие, что $F(b)<F(a)$. А если бы отрезок был счетным, то они бы удовлетворяли условиям леммы.

[Инт]

AD писал(а):

Ну после этой леммы осталось заметить, что существуют функции $F$ такие, что $F(b)<F(a)$. А если бы отрезок был счетным, то они бы удовлетворяли условиям леммы.

Не вижу пока, как высказанное Вами влечёт несчётность отрезка. Подумаю конечно. Может быть поможете мне быстрее понять?

Добавлено спустя 54 минуты 31 секунду:

Мне известно два доказательства Кантора несчётности отрезка. Одно из них опирается на разложение действительных чисел в двоичной системе. Но известно и другое, очень хорошее доказательство Кантора: Предположим, что некий данный отрезок счётен. Пересчитаем элементы данного отрезка натуральными числами. Для первой по счёту точки данного отрезка найдём такой первый отрезок внутри данного, который не содержит эту первую точку. По индукции: для n-ой по счёту точки первоначально данного отрезка найдём такой n-ый отрезок, который не содержит эту n-ую точку и включён в n-1-ый отрезок. На пересечении всех указанных отрезков будет содержаться точка Y, "не пересчитанная" никаким натуральным числом. Предположение приведено к противоречию. Следовательно, данный отрезок несчётен.

[AD]

Инт в сообщении #189453 писал(а):

Может быть поможете мне быстрее понять?

Еще раз. Возьмем $F(x)=-x$. Если отрезок $[0,1]$ счётен, то $\underline{F}'\ge0$ всюду на отрезке, кроме счетного множества точек (а именно, кроме всех точек отрезка). Следовательно, $F(1)\ge F(0)$, то есть $-1\ge0$, противоречие.

Добавлено спустя 7 минут 21 секунду:

Инт в сообщении #189453 писал(а):

Но известно и другое, очень хорошее доказательство Кантора:

Это, фактически, пересказ доказательства теоремы Бэра.

[Инт]

AD писал(а):

[Возьмем $F(x)=-x$. Если отрезок $[0,1]$ счётен, то $\underline{F}'\ge0$ всюду на отрезке, кроме счетного множества точек (а именно, кроме всех точек отрезка). Следовательно, $F(1)\ge F(0)$, то есть $-1\ge0$, противоречие.

В приведённом Вами рассуждении нет никакого доказательства. В самом деле, если считать, что $F(x)$ функции, непрерывные на отрезке и отображающие рациональные точки отрезка в рациональные, то все Ваши леммы и последнее рассуждение, по Вашей логике, так же проходят для множества рациональных чисел на отрезке. Однако, от этого множество рациональных чисел не перестаёт быть счётным.

Инт писал(а):

Предположим, что некий данный отрезок счётен. Пересчитаем элементы данного отрезка натуральными числами. Для первой по счёту точки данного отрезка найдём такой первый отрезок внутри данного, который не содержит эту первую точку. По индукции: для n-ой по счёту точки первоначально данного отрезка найдём такой n-ый отрезок, который не содержит эту n-ую точку и включён в n-1-ый отрезок. На пересечении всех указанных отрезков будет содержаться точка Y, "не пересчитанная" никаким натуральным числом. Предположение приведено к противоречию. Следовательно, данный отрезок несчётен.

Это точный пересказ доказательства Кантора.

Кроме того, стоить заметить: в приведённом мною доказательстве, отрезки можно выбирать так, чтобы их концы были строго рациональными. Множество рациональных чисел счётно. Можно конкретным пересчётом занумеровать рациональные точки данного отрезка. При выборе очередного n-ого отрезка можно выбирать пару его концов по принципу: минимальные по приписанным номерам две рациональные точки, удовлетворяющие тому свойству, что между ними не содержится та n-ая точка, которая упомянута в изложенном доказательстве. Таким образом, доказательство не использует аксиому выбора. Иными словами, несчётность континуума доказуема вне зависимости от истинности или ложности аксиомы выбора. Видно, что рассуждения Коэна по этому поводу ложны.

[эдя псковский]

Нет Бога кроме десяти цифр и операций над ними. За ограниченный промежуток времени.
Ибо ,может быть время ,есть множество бесконечной мощности и этого достаточно ,что бы любой объект Вселенной созданной этой историей обладал мощностью большей чем натуральный ряд. Но. Все это богатство отражается на наш вполне конечный мозг. И тем более компьютер.Поэтому все наши знания и модели по информационной мощности даже меньше натурального ряда.Бесконечность дана в ощущение только очень проблематичным запасом времени, и в настоящем не присутствует.

[Профессор Снэйп]

А если так (я не понял, было здесь уже это доказательство или нет)?

Пусть $r_0, r_1, \ldots$ --- все точки отрезка $[0,1]$. Для каждого $i \in \mathbb{N}$ пусть $R_i = [r_i - 1/2^{i+3}, r_i + 1/2^{i+3}] \cap [0,1]$. Тогда $[0,1] = \bigcup_{i \in \mathbb{N}} R_i$. Однако $\mu(\bigcup_{i \in \mathbb{N}} R_i) \leqslant \sum_{i \in \mathbb{N}} \mu(R_i) \leqslant 1/2 < 1$. Противоречие.

Добавлено спустя 9 минут 16 секунд:

О! Можно ещё так (этого точно не было)!

Пусть отрезок $[0,1]$ счётен. Тогда линейно упорядоченное множество $\langle (0,1), < \rangle$ есть плотный счётный линейный порядок без концов и, значит, оно изоморфно $\langle \mathbb{Q}, < \rangle$ (см. сюда, восьмое сообщение в теме). Однако в $\mathbb{Q}$ есть ограниченные сверху непустые подмножества, не имеющие супремума, а в $(0,1)$ их нет. Противоречие.