Коллекция доказательств несчетности отрезка.

[Инт]

Уважаемый AD. Вы каким-то образом так сильно изменили первоначальные формулировки, что они изменены даже в моих сообщениях. Как можно тогда беседовать с Вами? Полный бардак. Кроме того, даже при новой формулировке, я уже упоминал, что можно указать такое счётное множество, иммитирующее континуум, а в таком множестве - подмножество, иммитирующее рациональные числа, что и Ваша новая формулировка лемм с разрывной функцией будет верна для указанного счётного множества, иммитирующего континуум. И следовательно, леммы не влекут несчётности отрезка.

Добавлено спустя 6 минут 14 секунд:

Предлагаю свой вариант доказательства несчётности отрезка. Каждое из следующих двух утверждений влечёт несчётность отрезка.

Утверждение I. Пусть S(n, m) – счётные множества, нумеруемые натуральными числами n и m. Пусть каков бы ни был фиксированный номер n, объединение множеств S(n, m), когда m пробегает весь натуральный ряд, есть множество S (одно для всех n). Пусть, каков бы ни был n, каждый P из S содержится в множестве S(n, m) для всех достаточно больших m. Тогда, какова бы ни была такого рода совокупность множеств S(n, m), существует функция F такая, что каков бы ни был элемент P из множества S, для всех достаточно больших n элемент P принадлежит множеству S(n, F(n)).

Утверждение II. Пусть x(n, m) обозначает m-ый элемент n-ой строго возрастающей последовательности чисел, сходящейся к 1. Тогда, какова бы ни была совокупность чисел x(n, m), существует функция f такая, что последовательность чисел x(n, f(n)) сходится к 1.

Доказательство состоит из доказательства собственно утверждения I или II и из доказательства того, что из утверждения I или II вытекает несчётность отрезка.

Доказательство утверждения II. Пусть y(n) – произвольная строго возрастающая последовательность точек, стремящаяся к 1. Для каждого n существует минимальное число m такое, что число x(n, m) расположено между y(n) и 1. Для такого m и полагаем m = f(n). Ч.т.д.

Доказательство эквивалентности утверждений I и II. Пусть верно II. Без ограничений общности можно считать, что x(n, m) составлены из иррациональных чисел. В качестве множества S берём натуральный ряд. Интерпретируем S как множество мест, на которых записываются единицы и нули в двоичном разложении действительных чисел. Двоичному разложению числа x(n, m) соответствует подмножество натурального ряда S(n, m) так, что натуральное число M принадлежит множеству S(n, m) тогда и только тогда, когда на M-ом месте в двоичной записи числа x(n, m) стоит 1. Из II вытекает, что условия утверждения I выполнены. Тогда же, если положить F = f верно и само утверждение I, поскольку, если для некоторого P из S для всех достаточно больших n S(n, f(n)) не содержит P, то x(n, f(n)) не стремится к 1. Обратно, если верно I, и даны множества S(n, m), то интерпретируем их как двоичные записи чисел x(n, m) соответственно. Число x(n, F(n)) может стремится только к 1, так как любой начальный отрезок множества S, состоящий из конечного количества мест, для всех достаточно больших n будет заполнен единицами, выписанными на этих местах. Ч.т.д.

Вывод несчётности отрезка из утверждения I. Вещественному числу P на открытом интервале от 0 до 1 сопоставим строго возрастающую по аргументу n функцию h(P, n), где n – натуральное число, а значения функции h лежат строго в натуральном ряду. h(P, n) интерпретируем как n-ое место, на котором в двоичной записи числа P стоит 1. В качестве S теперь берём множество действительных чисел на открытом единичном интервале. Определяем S(n, m). Считаем, что для каждого P, взятого из S, для каждого натурального числа n, для всех m > h(P, n) элемент P содержится в S(n, m). Предположим S счётно. Отсюда, в силу утверждения I, функция F должна быть такой, что каков бы ни был P из S для всех достаточно больших n должно оказаться: H(n) = F(n) +1 > h(P, n). Функция H(n) отлична от каждой функции h(P, n). Следовательно, H задаёт число, не входящее в S. Ч.т.д.

[AD]

Инт в сообщении #192247 писал(а):

Уважаемый AD. Вы каким-то образом так сильно изменили первоначальные формулировки, что они изменены даже в моих сообщениях. Как можно тогда беседовать с Вами?

ЛОЛ. Ничего я не менял, история редактирования всех сообщений на форуме записывается и наглядно отображается. Скажем, вот это сообщение было отредактировано, и это видно по надписи внизу, и дата тоже указана. Модераторы умеют править сообщения бесследно, я так понимаю, но ни я, ни Профессор Снэйп (написавший то сообщение по ссылке) - не модераторы. Так что просто кто-то не умеет читать.

Инт в сообщении #192247 писал(а):

Кроме того, даже при новой формулировке, я уже упоминал, что можно указать такое счётное множество, иммитирующее континуум, а в таком множестве - подмножество, иммитирующее рациональные числа, что и Ваша новая формулировка лемм с разрывной функцией будет верна для указанного счётного множества, иммитирующего континуум. И следовательно, леммы не влекут несчётности отрезка.

Прошу выложить полные рассуждения, подобно тому, как это сделал я.

[Инт]

Инт писал(а):

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 $i$.

Вы приводили пример непрерывного отображения $\delta$, которая равна нулю в точке $\sqrt{2}$. Для такого отображения лемма не верна. Я это уже писал. Так что мы идём по кругу. Если Вы меняете условия леммы, например, на то, что "существует отображение" (вместо "для любого отображения"), или рассматриваете разрывные отображения, то и тогда можно взять практически любое счётное всюду плотное множество S, которое будет иммитировать континуум и удовлетворять лемме. При этом, рассматриваются непрерывные и разрывные отображения S в себя. Для доказательства достаточно заменить все упоминания множества действительных чисел в Ваших же рассуждениях на упоминание множества S.

[AD]

Инт в сообщении #192266 писал(а):

Вы приводили пример непрерывного отображения $\delta$, которая равна нулю в точке $\sqrt{2}$. Для такого отображения лемма не верна.

1. А лемма ничего не утверждает про отображения, которые равны нулю хоть в одной точке. Круглую скобочку видите?
2. Я такого примера не приводил. Это - ЛОЖЬ. От того, что Вы ее повторите много раз, она не перестанет быть ЛОЖЬЮ.

Продолжайте учиться читать, Вы в этом еще не совершенны.

Добавлено спустя 1 минуту 13 секунд:

Инт в сообщении #192266 писал(а):

Если Вы меняете условия леммы

А если 1+1=3?

[Инт]

AD писал(а):

А лемма ничего не утверждает про отображения, которые равны нулю хоть в одной точке. 2. Я такого примера не приводил. Это - ЛОЖЬ.

Но лемма утверждает про "любые отображения", а значит, в частности, и про те, что равны нулю хотя бы в одной точке.

[MaximKat]

Инт

Инт в сообщении #192269 писал(а):

Но лемма утверждает про "любые отображения", а значит, в частности, и про те, что равны нулю хотя бы в одной точке.

В теореме Ферма говорится про "любое $n>2$". Значит ли это, что она утверждает, в часности про те $n$, что равны 1?

[AD]

MaximKat уже ответил за меня, и правильно.

Инт, видимо, Вы патологически не умеете читать фразы вида $f:X\to Y$.

[Профессор Снэйп]

Инт писал(а):

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.

Что это ещё за бред?

[Инт]

MaximKat писал(а):

В теореме Ферма говорится про "любое $n>2$". Значит ли это, что она утверждает, в часности про те $n$, что равны 1?

Но если говорится для всех $n>2$, то случай $n=1$ в такие "все" не входит. В лемме же, приведённой AD, говорится про все отображения из некоторого множества в некоторое множество без ограничений.

[STilda]

AD а в чем дискуссионность темы?

[Инт]

Профессор Снэйп писал(а):

Инт писал(а):

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.

Что это ещё за бред?

$\sqrt{N}$ это сечение, которое не совпадает ни с каким рациональным числом. Указывается каким образом без диагональной процедуры строится такое сечение. Я думал, что Вы умнее Профессор Снэйп, и не будете прибегать к таким глупым приёмам разговора.

[AD]

Инт в сообщении #192686 писал(а):

В лемме же, приведённой AD, говорится про все отображения из некоторого множества в некоторое множество без ограничений.

Ну и об отображениях в какое же множество там, по-вашему, говорится? Со ссылкой, пожалуйста.

STilda в сообщении #192687 писал(а):

AD а в чем дискуссионность темы?

В том, что
1. Вокруг этой темы было замечено много психов.
2. Вопрос нечетко сформулирован.
3. А куда ее еще писать?

[Инт]

Инт писал(а):

Инт писал(а):

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 $i$.

[AD]

AD в сообщении #192690 писал(а):

Ну и об отображениях в какое же множество там, по-вашему, говорится?

Добавлено спустя 3 минуты 53 секунды:

Инт в сообщении #192693 писал(а):

$\delta:[a,b]\to(0,+\infty)$

AD в сообщении #192267 писал(а):

Круглую скобочку видите?

Нет, никак не уложится, да?

[Инт]

AD, Вы про что? Разговор потерял всякий конструктивный характер. Я не ставил себе задачи каким-то образом наехать на Вас. Мне было интересно только разобраться в утверждаемом Вами. Но Вы не хотите такого разбирательства.