Коллекция доказательств несчетности отрезка.

[AD]

Инт в сообщении #189714 писал(а):

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.

Ну-ка, продемонстрируйте. Собственно, я даже не понял, о чем вы тут говорили. $F(x)$ - это число, а не "функции". Определитесь уж - функции на отрезке или из $\mathbb{Q}$ в $\mathbb{Q}$. И в последнем случае объясните, что такое производная.

Добавлено спустя 7 минут 59 секунд:

Напомню, что я указал, где именно в этом доказательстве используется полнота действительных чисел (которой у $\mathbb{Q}$ нет). Она используется в основной лемме.

[Someone]

Инт в сообщении #189714 писал(а):

Видно, что рассуждения Коэна по этому поводу ложны.

Какие рассуждения? Насколько я знаю, Коэн никогда не утверждал, что континуум счётен. И теорема о том, что $|A|<2^{|A|}$, доказывается без аксиомы выбора, о чём Коэну известно, раз он излагает доказательство в своей книге.

[ewert]

$|A|<|2^A|$

[Someone]

ewert писал(а):

$|A|<|2^A|$

Да. Не там палочки нарисовал. Но по определению $2^{|A|}=\left|2^A\right|$, так что разницы нет.

[Инт]

AD писал(а):

...Напомню, что я указал, где именно в этом доказательстве используется полнота действительных чисел (которой у $\mathbb{Q}$ нет). Она используется в основной лемме.

Основная лемма верна и для множества рациональных чисел на отрезке. Разбиение можно указать в точности для такого множества. Окрестности определяются как множества рациональных чисел расположенные в обычных окрестностях отрезка. С полнотой разбиение никак не связано. Т.е. возьмём любое всюду плотное на отрезке точечное множество. Пусть оно заведомо неполное. Разбиение осуществимо. Основная лемма будет выполнена тривиально. Не ясно, где тут полнота.

Что же касается производной в рациональной точке, то она определяется в точности так же как и в любой другой точке континуума. Другое дело, что мы должны будем определить пределы лишь с некоторым уточнением того, что считать окрестностью в множестве рациональных точек.

Обозначение $F(x)$ мною употреблено как обозначение функции в общем виде от соответствующего аргумента, т.е. правильнее, конечно, будет просто $F$ .

На самом деле, доказательства несчётности отрезка, отличные от канторовских, мне интересны, так как они могут выявить некоторые новые, возможно интересные, определения несчётности. Поэтому, не воспринимайте мои возражения как наезд. Думаю, всё же, что доказательства в указанном Вами нет.

Добавлено спустя 12 минут 15 секунд:

Профессор Снэйп писал(а):

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.

Видно, что построено множество отрезков в сумме по длине меньшей, чем длина отрезка. Можно ввести меру на множестве рациональных точек так, что на единичном отрезке совокупность рациональных точек будет иметь меру = 1. Далее, можно провести Ваши рассуждения в точности для рациональных чисел и придти к тому же факту, что сумма отрезков < 1. Поясните в связи с этим: с чем противоречие-то?

[AD]

Инт в сообщении #190854 писал(а):

Разбиение осуществимо.

Ну я жду. Ваш ход. Собственно, у меня уже контрпример заготовлен.

[Инт]

Someone писал(а):

Какие рассуждения?

Это отголосок других споров, лишь частью касающийся прямого вопроса о несчётности континуума. Пока конкретизировать не буду, так как тогда собьёмся на другую тему.

Добавлено спустя 3 минуты 4 секунды:

AD писал(а):

Ну я жду. Ваш ход. Собственно, у меня уже контрпример заготовлен.

Хорошо. Но чего тут ждать. Считайте, что каждая точка в Ваших же обозначениях основной леммы - рациональная. Вот и требуемое разбиение.

[AD]

Инт в сообщении #190858 писал(а):

Считайте, что каждая точка в Ваших же обозначениях основной леммы - рациональная. Вот и требуемое разбиение.

Не проходит доказательство. Именно из-за использования принципа вложенных отрезков, которого на $\mathbb{Q}$ нет.

Но мы обсуждаем доказательство [основной леммы], которого нет (то есть я свое не раскрыл). Может, Вы своё раскроете?

[Инт]

AD писал(а):

Инт в сообщении #190858 писал(а):

Считайте, что каждая точка в Ваших же обозначениях основной леммы - рациональная. Вот и требуемое разбиение.

Не проходит доказательство. Именно из-за использования принципа вложенных отрезков, которого на $\mathbb{Q}$ нет.

Но мы обсуждаем доказательство [основной леммы], которого нет (то есть я свое не раскрыл). Может, Вы своё раскроете?

Но в Вашей лемме не упоминаются никакие вложенные отрезки. Кроме того, я не привожу своего доказательства, а обсуждаю Ваше, так как хочу понять, где Вами извлечена несчётность отрезка. И замечаю поэтому, что если сделать простую замену точек на рациональные, то лемма так же верна. Вне зависимости от того, привели ли вы её доказательство или нет (кстати она действительно верна, и тривиально, и в Вашем, и в моём варианте). Вы же утверждаете, что из леммы вытекает несчётность. Как?

[AD]

Инт в сообщении #190865 писал(а):

Но в Вашей лемме не упоминаются никакие вложенные отрезки.

А в доказательстве упоминаются.

Ну ладно, не хотите решать упражнения для первого курса - доказываю.

AD в сообщении #188913 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 $i$.

Доказательство. Пусть $I_0=[a,b]$, и $\delta:I_0\to(0,+\infty)$ таково, что для него не существует разбиения, обладающего указанным свойством. Тогда разделим отрезок $I_0$ пополам, и пусть $I_1$ - та его половина, для которой не существует разбиения, обладающего указанным свойством (если бы обе половины можно было бы разбить, то объединение этих разбиений [как множеств пар, а то есть еще другой смысл у этого слова, но он нам не нужен] было бы разбиением всего отрезка $I_0$, что противоречит предположению). И так далее: пусть $I_2$ - та половина $I_3$, для которой не существует разбиения, ..., пусть $I_{n+1}$ - та половина $I_n$, для которой не существует разбиения, ...
В конце концов получим последовательность отрезков $I_0\supset I_1\supset I_2\supset\cdots$, у которой $|I_n|=2^{-n}(b-a)\xrightarrow[n\to\infty]{}0$. По аксиоме Кантора, эта последовательность имеет общую точку $\xi$, то есть $\{\xi\}=\bigcap\limits_{n=0}^\infty I_n$. Имеем $\delta(\xi)>0$, и потому найдется такое $n$, что $|I_n|<\delta(\xi)$, и, следовательно, $\xi_n\in I_n\subset B_{\delta(\xi)}(\xi)$. Но это означает, что $\{(I_n,\xi)\}$ есть разбиение отрезка $I_n$, что противоречит его выбору. $\square$

[Инт]

Привожу ещё одно доказательство несчётности отрезка (не касающееся обсуждения, которое мы ведём с AD).

Действительное число на единичном отрезке задаётся строго возрастающей функцией $f$, отображающей натуральный ряд в натуральный ряд по принципу:$f(n)=m$, если в двоичном разложении числа $n$-ая единица стоит на $m$-ом месте. Двоично-рациональные пусть задаются записями, в которых, начиная с некоторого места до бесконечности идут они единицы. Предположим, что чисел - счётное количество. Тогда будем считать, что $p$-ое действительное число задаётся функцией $f(p, n)=m$, в котором, по прежнему, $n$-ая единица стоит на $m$-ом месте. Строим функцию $F$, задающую число, не совпадающее с числами, перечисленными номерами $p$: $F(n) = max(f(n,n), f(p,n); p < n)+1$.

Добавлено спустя 22 минуты 28 секунд:

Уважаемый AD. Ничуть не сомневаюсь в Вашем доказательстве леммы. Его можно было бы не приводить, так как лемма очевидна. По этому доказательству, и по Вашим обозначениям, в пересечении отрезков $I_n$ будет точка $\xi$. Причём, фиксируя $\xi$, в рассуждениях вовсе не обязательно доводить последовательность $I_n$ до бесконечности. Заранее выберем точку $\xi$ так, чтобы она была рациональная. Мало того, пусть мы говорим только о рациональных точках, т.е. все обозначенные точки считаем рациональными (всякий раз, когда в Вашем доказательстве употребляется термин "точка" или "число", добавим к ним слово "рациональная" или "рациональное"). Тогда все рассуждения, приведённые Вами, полностью проходят. Я это пытаюсь до Вас донести. Иными словами, разбиваем - по Вашему же алгоритму - множество рациональных точек на отрезке. Ну и что? Это не влечёт несчётность такого множества.

[AD]

Инт в сообщении #190871 писал(а):

Заранее выберем точку $\xi$ так, чтобы она была рациональная.

А нельзя. Пересечение состоит из одной точки, и будет ли она рациональная - вопрос тот еще. Ну что, контрпример приводить - или самостоятельно?

Добавлено спустя 41 секунду:

Инт в сообщении #190871 писал(а):

Иными словами, разбиваем - по Вашему же алгоритму - множество рациональных точек на отрезке. Ну и что?

И получите пустое пересечение, и всё грохнется.

[Инт]

AD писал(а):

Инт в сообщении #190871 писал(а):

Заранее выберем точку $\xi$ так, чтобы она была рациональная.

А нельзя. Пересечение состоит из одной точки, и будет ли она рациональная - вопрос тот еще. Ну что, контрпример приводить - или самостоятельно?

Инт в сообщении #190871 писал(а):

Иными словами, разбиваем - по Вашему же алгоритму - множество рациональных точек на отрезке. Ну и что?

И получите пустое пересечение, и всё грохнется.

Если я заранее выбрал рациональную точку, то пустого пересечения я не получу заведомо, так как устремляю пересечение отрезков к этой точке заведомо. Но и этого делать не надо, так как остановимся на конечном шаге. Нам ведь надо доказать существование разбиения - не более. Что же касается того возражения, что в абстрактном пересечении абстрактных отрезков может не оказаться рациональной точки, то я с ним согласен. Но этого никак не затрагивают Ваши рассуждения ни в доказательстве леммы, ни более общие рассуждения, которые должны каким-то образом извлечь несчётность.

[AD]

Инт в сообщении #190878 писал(а):

Если я заранее выбрал рациональную точку

А нету выбора. Куда устремится - туда и устремится.

Добавлено спустя 1 минуту 40 секунд:

Ну ладно, Инт, Вы меня достали уже Вот вам $a=1$, $b=2$, $\delta:\mathbb{Q}\cap[1,2]\to\mathbb{R}$, $\delta(x)=\frac12|x-\sqrt{2}|$. Постройте-ка разбиение с рациональными отмеченными точками (про концы отрезков даже не требую).

[Инт]

AD писал(а):

Вот вам $a=1$, $b=2$, $\delta:\mathbb{Q}\cap[1,2]\to\mathbb{R}$, $\delta(x)=\frac12|x-\sqrt{2}|$. Постройте-ка разбиение с рациональными отмеченными точками (про концы отрезков даже не требую).

Конечного разбиения, указанного Вами в лемме, даже и для всех точек (без ограничения, что они должны быть рациональными), быть не может. Так как две ближайшие точки, одна справа от $\sqrt{2}$, а другая слева от $\sqrt{2}$ должны содержаться на отрезках $\Delta_i$ длиной заведомо меньшей чем расстояние от этих точек до $\sqrt{2}$. Само число $\sqrt{2}$ так же не может быть точкой на отрезке разбиения, т.к. для него $\delta($\sqrt{2}$)=0$, а отрезок разбиения заведомо не должен сводиться к точке. Получаем, что Ваша лемма не верна? Возможно я, действительно, пропустил это, так как думал, что Вы предлагаете какие-то разумные $\delta(x)$. Если же разбиение бесконечно, то оно может быть легко сделано, в том числе, для рациональных точек.