Коллекция доказательств несчетности отрезка.

[AD]

Инт в сообщении #190889 писал(а):

Получаем, что Ваша лемма не верна?

Верна, просто $\delta(\sqrt{2})$ нельзя делать равным нулю по определению. Для тождественно нулевого $\delta$, конечно, разбиения нет. А на рациональных точках $\delta>0$ всюду, и потому является контрпримером: даже если объявить, что $\delta(\sqrt{2})=1$ - что с того, если эту точку всё равно нельзя выбрать, потому что не рациональная?

Добавлено спустя 3 минуты 2 секунды:

Инт в сообщении #190889 писал(а):

Если же разбиение бесконечно, то оно может быть легко сделано, в том числе, для рациональных точек.

Нет, разбиение конечно, и это тоже существенно (не здесь, а в дальнейшем).

[Инт]

AD писал(а):

Верна, просто $\delta(\sqrt{2})$ нельзя делать равным нулю по определению.

Но по Вашему изначальному определению, т.е. при постановке задачи для меня, было $\delta(\sqrt{2})=0$.

[AD]

Инт в сообщении #190898 писал(а):

Но по Вашему изначальному определению, т.е. при постановке задачи для меня, было $\delta(\sqrt{2})=0$.

А в постановке задачи для Вас не было вообще никакого числа $\sqrt{2}$. Вы же рациональные числа разбивать вздумали. Но, повторю, если бы я отдельно дописал, что $\delta(x)=1$ при $x\notin\mathbb{Q}$, это бы Вам ни капельки не помогло.

[Инт]

Уважаемый AD. В таком случае, Ваша лемма конкретно не выполнена для той конкретной функции $\delta$, которую Вы указали. Имело бы смысл говорить, что я не прав лишь тогда, когда в постановке задачи для меня, указанную Вами $\delta$ в этой задаче (использованную уже для всех чисел, а не только для рациональных) можно было подставить в Вашу лемму и получить верное утверждение. Но это не так.

Добавлено спустя 11 минут 15 секунд:

AD писал(а):

Вы же рациональные числа разбивать вздумали. Но, повторю, если бы я отдельно дописал, что $\delta(x)=1$ при $x\notin\mathbb{Q}$, это бы Вам ни капельки не помогло.

Помогло бы. Тогда рациональное разбиение, о котором я говорю, строилось бы тривиально.

[AD]

Инт в сообщении #190909 писал(а):

Помогло бы. Тогда рациональное разбиение, о котором я говорю, строилось бы тривиально.

Ну так вот и покажите.

[Инт]

AD писал(а):

Ну так вот и покажите.

Уважаемый AD. Вы уходите от ответа по поводу ложности леммы. Всякий раз когда Вы укажете метод разбиения не ограничивая точки отрезка свойством "быть рациональной" или подобными, можно указать метод разбиения, используя лишь рациональные точки. Например, рациональные точки сколько угодно близко расположенные к тем, которые будут указаны в начальном разбиении.

[AD]

Инт в сообщении #190953 писал(а):

Всякий раз когда Вы укажете метод разбиения не ограничивая точки отрезка свойством "быть рациональной" или подобными, можно указать метод разбиения, используя лишь рациональные точки.

Это Ваше рассуждение неверно, и я достаточно прямо это заявляю. Если не требовать рациональности отмеченных точек, то лемма верна. Это я тоже заявляю открыто, и ни от чего не увиливаю, и даже доказал вот.

А если Вы так уверены - предъявите хоть одно рациональное разбиение для указанного масштаба*: $\delta:[0,1]\to(0,+\infty)$,

$$\delta(x)=\begin{cases}1&, x\notin \mathbb{Q}\\ \frac12|x-\sqrt{2}|&,x\in\mathbb{Q}\end{cases}$$

_________________
* Да, это так называется в этой науке.

Добавлено спустя 1 минуту 32 секунды:

Инт в сообщении #190953 писал(а):

Например, рациональные точки сколько угодно близко расположенные к тем, которые будут указаны в начальном разбиении.

А из близости точек не следует близость значений $\delta$ в них. $\delta$, вообще говоря, не есть непрерывная функция, и, более того, ограничиваться непрерывными $\delta$ не интересно.

[Инт]

AD писал(а):

Это Ваше рассуждение неверно, и я достаточно прямо это заявляю. Если не требовать рациональности отмеченных точек, то лемма верна. Это я тоже заявляю открыто, и ни от чего не увиливаю, и даже доказал вот.

Пока Вы ничего не доказали.

AD писал(а):

А если Вы так уверены - предъявите хоть одно рациональное разбиение для указанного масштаба*: $\delta:[0,1]\to(0,+\infty)$,

$$\delta(x)=\begin{cases}1&, x\notin \mathbb{Q}\\ |x-\sqrt{2}|&,x\in\mathbb{Q}\end{cases}$$

Поскольку, теперь уже Вами утверждается, что $\delta$может быть разрывной (и это что-то новенькое), я подумаю, как дальше Вас занимать интересной беседой, и делаю на сегодня паузу. Но странно, что всюду разрывная функция используется в лемме для производных, т.е. для непрерывных функций.

Но не лучше ли выписать предполагаемое Вами доказательство более чётко оформленным, так чтобы бесспорно устранить все сомнения.

[Someone]

Инт в сообщении #189714 писал(а):

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.

Инт в сообщении #190858 писал(а):

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.

На какую "другую"? Это имеет непосредственное отношение к доказательству несчётности отрезка. Коэн доказывал неравенство $|A|<\left|2^A\right|$, без аксиомы выбора. Как из этого неравенства, взяв $A=\mathbb N$, получить несчётность отрезка, не используя аксиому выбора - общеизвестно. Коэн не был профаном и всё это прекрасно знал. Где он связывал несчётность отрезка с аксиомой выбора? Дайте точную ссылку.

Инт в сообщении #189453 писал(а):

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.

Вот "другое" доказательство Кантора, которое Вы "пересказываете" (не очень точно), в его трудах мне найти удалось (Георг Кантор. Труды по теории множеств. Москва, "Наука", 1985) в статьях I.2, § 2, и I.5.1. А вот "одно", которое "опирается на разложение действительных чисел в двоичной системе", я, как ни искал, не нашёл. Может быть, Вы сподобитесь дать точную ссылку? По поводу использования десятичной системы счисления (в другой теореме) Кантор пишет (I.3, § 7):

Цитата:

Теперь возникает соображение применить для доказательства теоремы (A) вместо использованных нами цепных дробей форму представления чисел в виде десятичных дробей. Хотя могло бы показаться, что этот путь привёл бы к цели быстрее, тем не менее на нём возникает некоторая трудность, на которую я хочу обратить здесь внимание; она явилась причиной того, что я в этом исследовании отказался от применения десятичных дробей.

Добавлено спустя 17 минут 4 секунды:

Инт в сообщении #190898 писал(а):

Но по Вашему изначальному определению, т.е. при постановке задачи для меня, было $\delta(\sqrt{2})=0$.

Да, но Вы хотели разбивать множество рациональных чисел. Вы не в курсе, что $\sqrt{2}$ - число иррациональное?

Инт в сообщении #190988 писал(а):

Поскольку, теперь уже Вами утверждается, что $\delta$может быть разрывной (и это что-то новенькое)

Нисколько не новенькое. В первоначальной формулировке не было ни одного слова о непрерывности этой функции. И в своём доказательстве AD непрерывность не использовал. По принятым у математиков правилам, все используемые в доказательствах условия должны быть либо сформулированы явно, либо так же явно оговорены заранее (не доводя, естественно, дело до идиотизма; например, я могу использовать обозначение "$+$" для операции сложения действительных чисел и известные свойства этой операции, не оговаривая их, но, говоря о множестве натуральных чисел $\mathbb N$, я обычно оговариваю, включаю ли я в это множество число $0$, если это существенно для понимания моих рассуждений).

Инт в сообщении #190988 писал(а):

Но странно, что всюду разрывная функция используется в лемме для производных, т.е. для непрерывных функций.

А разве производная этой функции где-нибудь используется?

[AD]

Инт в сообщении #190988 писал(а):

Поскольку, теперь уже Вами утверждается, что $\delta$может быть разрывной (и это что-то новенькое), я подумаю, как дальше Вас занимать интересной беседой, и делаю на сегодня паузу. Но странно, что всюду разрывная функция используется в лемме для производных, т.е. для непрерывных функций.

Я нигде не говорил, что $\delta$ должен быть непрерывным. НИГДЕ. И вот из-за таких домыслов Вы и запутались в трех соснах. Читать учитесь, да. Полтемы только Ваше неумение читать обсуждаем.

Инт в сообщении #190988 писал(а):

Пока Вы ничего не доказали.

В каком месте рассуждение не понятно?

Добавлено спустя 1 минуту 52 секунды:

Инт в сообщении #190898 писал(а):

Но по Вашему изначальному определению, т.е. при постановке задачи для меня, было $\delta(\sqrt{2})=0$.

Приведите, пожалуйста, точную цитату, доказывающую это. Надоело выслушивать голословные обвинения.

Добавлено спустя 19 минут 54 секунды:

Инт, Вы не понимаете одной простой вещи. Если Вы не хотите отмечать какую-то точку, то совершенно не имеет значения, чему в ней равно $\delta$.

[Профессор Снэйп]

Инт писал(а):

Можно ввести меру на множестве рациональных точек так, что на единичном отрезке совокупность рациональных точек будет иметь меру = 1.

Да ну, неужели можно? Ну ка, введите!

[AD]

Профессор Снэйп в сообщении #191513 писал(а):

Да ну, неужели можно? Ну ка, введите!

$\mu(q_i)=2^{-i}$?

[Профессор Снэйп]

AD писал(а):

Профессор Снэйп в сообщении #191513 писал(а):

Да ну, неужели можно? Ну ка, введите!

$\mu(q_i)=2^{-i}$?

Естественно, предполагалось, что Инт должен ввести меру так, чтобы проходил его "контрпример". В частности, мера любого одноточечного подмножества должна оказаться нулевой

[Инт]

Напоминаю Вам AD, что

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 $i$.

С другой стороны, Вы сами привели пример $\delta$, для которой Ваша лемма ложна. Таким образом, должна быть сделана поправка в формулировку: не "для любого отображения...", а "существует отображение..." Но и тогда для произвольного счётного всюду плотного на отрезке множества можно рассмотреть непрерывные и все разрывные отображения этого множества на себя и в себя, и в частности проиммитировать то условие, которое вы приводили насчёт специальных размеров $\delta$: для рациональных чисел отдельно, для остальных - отдельно. Для этого можно взять некоторое счётное подмножество указанного плотного множества. Доказательства несчётности отрезка из Ваших рассуждений не следует. Никаких голословных утверждений на этот счёт я не делал.

Добавлено спустя 7 минут 45 секунд:

Вот требуемая Вами цитата:

AD писал(а):

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).

Далее, Вы начали менять по ходу обсуждения утверждаемые Вами же условия и пришли к тому, что Ваш пример должен содержать разрывную $\delta(x)$.

Добавлено спустя 10 минут 9 секунд:

Профессор Снэйп писал(а):

Инт писал(а):

Можно ввести меру на множестве рациональных точек так, что на единичном отрезке совокупность рациональных точек будет иметь меру = 1.

Да ну, неужели можно? Ну ка, введите!

Пусть $\Delta$ - отрезок на действительной прямой. Пусть $S$ - множество рациональных чисел, расположенных на $\Delta$. Мера $S$ по определению равна длине $\Delta$. Конечно, она не будет счётно-аддитивной, так как суммирование меры всех точек даст нуль. Однако, мера аддитивна. Но откуда известно (до доказательства несчётности отрезка), что счётно-аддитивные меры такого рода должны быть на континууме?

Добавлено спустя 51 минуту 14 секунд:

Профессор Снэйп писал(а):

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.

Идея хорошая. Доказательство правильное. Я бы уточнил: Если $N$- натуральное число, то $\sqrt{N}$ может быть либо целым, либо иррациональным. Существуют натуральные $N$, не являющиеся квадратами натуральных чисел. Следовательно, существует число $\sqrt{N}$, не являющееся рациональным. Это доказывается без использования диагональной процедуры и без использования вложенных отрезков. Далее, используется теорема Кантора: любое счётное всюду плотное на открытом интервале множество чисел изоморфно множеству рациональных чисел. Теорема доказывается через сопоставление вполнеупорядоченных счётных множеств, т.е. так же не использует диагональную процедуру или вложенные отрезки.

[AD]

Инт в сообщении #192237 писал(а):

С другой стороны, Вы сами привели пример $\delta$, для которой Ваша лемма ложна.

Это - ЛОЖЬ. Я не приводил такого примера. И не знаю ни одного.

Инт в сообщении #192237 писал(а):

Далее, Вы начали менять по ходу обсуждения утверждаемые Вами же условия и пришли к тому, что Ваш пример должен содержать разрывную $\delta(x)$.

Итак, Вы привели цитату, в которой черным по белому написано, что функция $\delta$ просто не определена в иррациональных точках. По Вашей же просьбе я ее корректным образом доопределил, хотя это не имеет никакого значения для примера. Да, я ее не определил по непрерывности, как Вы бы хотели (точнее, как Вы мне приписали), потому что тогда она не удовлетворяла условиям леммы (и, тем более, заключению).