Полное решение континуум-проблемы

[Инт]

Ответ rishelie. Вот это уже настоящий разговор. Пункты 1-3 отмечены верно. Если Вам не нравится моё обозначение отношения порядка на функциях (линий), то предлагаю его обозначить как $<<$, чтобы отличать от обычного порядка. Опечатка насчёт Б замечена правильно. Именно так и есть, аксиому можно считать некоторым обобщением указанных свойств. Дельа-эпсилон определения здесь вообще не причём.

Заключение относительно свойств I и II неверное. Они не являются механической "переформулировкой аксиомы непрерывности действительных чисел", как Вы об этом пишете. В самом деле, берём функцию $q_1$, которая расположена "между" множествами А и Б. Одноэлементное множество, состоящее из функции $q_1$ - не более чем счётно. Следовательно, по свойству I, между функцией $q_1$ и всеми функциями множества А, расположена ещё одна функция $q_2$. Т.е. можно условно написать: A $<< q_2 << q_1$. Если построены функции А$<< q_{n+1} << q_n$ для всех $n$, то последовательность $\{q_n\}$ не более чем счётна, т.е. собственно счётна. Следовательно, существует функция $q_{\omega}$ такая, что А$<< q_{\omega} << q_n$. И так делее. Сколько бы мы не построили функций упомянутым методом, счётную последовательность всегда можно продолжить. Отсюда и возникает формулировка теоремы 1. Линейное упорядочение такое, какое введено на функциях, действительно может быть изоморфно ряду всех не более чем счётных ординалов. Это достаточно прстой факт ZFC, не требущий предположений или гипотез.

Кроме того, сравните свойства I и II со следующими:
Свойство I'. Между любыми конечными множествами рациоональных чисел такими, что все элементы одного множества больше другого можно найти элемент, не принадлежащий этим множествам.
Свойство II'. Любое конечное множество рациональных чисел ограничено.
Посмотрите также §3 по ссылке. Там более детально поясняется, как извлекать всё новые и новые функции (линии) в трансфинитную последовательность функций, нумеруемых ординалами.

-- Вс авг 02, 2009 23:59:34 --

rishelie в сообщении #232545 писал(а):

То, что между $\aleph_1$ и никаким подмножеством $\mathbb R$ не существует порядкового изоморфизма, следует из регулярности $\aleph_1$. Действительно, в любом бесконечном подмножестве $D\subset\mathbb R$ можно найти либо возрастающую, либо убывающую счетную последовательность элементов, предел которой совпадает с $\sup D$. А в кардинале $\aleph_1$ такой последовательности быть не может, иначе он бы был счетной суммой счетных множеств, которая счетна.

Сказанное Вами тривиально. Оно не противоречит моим определениям и утверждениям. Порядок, определённый на линиях, функциях, это некий асимптотический порядок, он отличается от порядка на точках, на элементах континуума. И тем и интересен, что в нём можно выстраивать трансфинитные последовательности.

-- Пн авг 03, 2009 00:02:34 --

conviso в сообщении #232543 писал(а):

Уважаемый Инт, чтобы мне осмысленно, в моем понимании, отвечать "да - нет", я должен вполне отдавать себе отчет в том, о чем меня спрашивают.

Вроде бы не давал повода к тому, чтобы Вы подумали, что отосланы читать что-либо в грубой форме. Хотя Вам полезно. Прошу тогда конкретней указать в чём загвоздка. В определении континуума я думаю. Подумаю сейчас. Дам определение.

-- Пн авг 03, 2009 00:35:12 --

Далее, для conviso. Определим математический континуум так: это множество всех бесконечных последовательностей из нулей и единиц. Элементы последовательности обозначаются как $\delta_n$, $\delta_n = 1$ или $\delta_n = 0$. Последовательности сравниваются в лексикографическом порядке.

После такого определения легко установить следующие свойства математического континуума:

(i)Между двумя элементами континуума всегда можно найти третий.

(ii)Если имеется последовательность вложенных друг в друга интервалов континуума, то на пересечении всех интервалов последовательности найдётся элемент континуума.

Ясно, что для сокращения мысли, я опускаю некоторые тривиальные определения, например, определение интервала.

[rishelie]

Инт, я же Вам говорил о том, что Вы подменили в своих свойствах сравнение функций сравнением их значений в точке $x=1$, на что указывает Ваше "линия заканчивается левее/праве". Дело в том, что из равенства $f(1)<g(1)$ следует $f<g$, но обратное - не всегда. Можно построить такие функции $f$ и $g$, что они будут совпадать в точке $x=1$, но не будут сравнимы в указанном Вами смысле.

Если речь идет все-таки о том определении, с которым Вы согласны ($f<g$, если $f(x)<g(x)$ на некотором интервале $(x_0;1)$), то Ваши следствия требуют строгого доказательства.

Вот это утверждение

Инт в сообщении #232559 писал(а):

Линейное упорядочение такое, какое введено на функциях, действительно может быть изоморфно ряду всех не более чем счётных ординалов.

Требует также строгого доказательства, хотя на самом деле оно не верно. Для того, чтобы данное линейное упорядочение было изоморфно порядку на $\aleph_1$ (а именно это и есть множество всех не более чем счетных ординалов), нужно показать, что в любом множестве функций существует наименьший элемент, либо выделить из всего множества функций некое особо подмножество, где данное линейное упорядочение было бы вполне упорядочением (т.е. с наименьшими элементами в этом же множестве).

[Инт]

rishelie в сообщении #232593 писал(а):

Инт, я же Вам говорил о том, что Вы подменили в своих свойствах сравнение функций сравнением их значений в точке $x=1$, на что указывает Ваше "линия заканчивается левее/праве". Дело в том, что из равенства $f(1)<g(1)$ следует $f<g$, но обратное - не всегда. Можно построить такие функции $f$ и $g$, что они будут совпадать в точке $x=1$, но не будут сравнимы в указанном Вами смысле.

Никакой подмены не было. Вы просто думаете, что я перевожу свойства порядка на линиях на порядок на точках. А это не так. Сравнение функций определено строго: функция $p << q$, если для всех достаточно больших $x < 1$ оказывается $p(x) < q(x)$. Функции эквивалентны, если для всех достаточно больших $x < 1$ оказывается $p(x) = q(x)$. Выражение "линия заканчивается левее/правее" есть только словесный оборот, который не означает, что линии должны различаться в конечной точке $x = 1$. Но их завершающиеся "ростки", окончания линий, как участки этих линий, в точности расположены один левее другого, если понимать "левее"-"правее" в обычном смысле.

rishelie в сообщении #232593 писал(а):

Если речь идет все-таки о том определении, с которым Вы согласны ($f<g$, если $f(x)<g(x)$ на некотором интервале $(x_0;1)$), то Ваши следствия требуют строгого доказательства.

Доказательства очень простые, я указывал, что они содержатся в §3 ссылки. Кратко излагаю здесь: пусть имеется счётное множество функций $p_n$ сравнимых между собой, и функкций $q_n$ так же сравнимых между собой и функциями $p_n$. Пусть первая последовательность не имеет минимального элемента в порядке на функциях, а вторая - максимального. Без ограничения общности, если необходимо выделяя подпоследовательности в указанных последовательностях функций, можно считать, что $q_n << q_{n+1} << p_{n+1} << p_n$. Следующий шаг: заменяем функции $q_n$ и $p_n$ на эквивалентные $q'_n$ и $p'_n$ соответственно так, что для всех $x$ окажется $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$. Очевидно, что существует функция $r $ такая, что для всех $x$ будет $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$. Следовательно, $q'_n << q'_{n+1} << r << p'_{n+1} << p'_n$. Пользуясь транзитивностью введённого отношения порядка заключаем, что $q_n << q_{n+1} << r << p_{n+1} << p_n$. Пусть теперь функция $q$ такова, что $q << p_n$. Функцию $r$ строим как "диагональную" функцию для функций $p'_n$ таких, что для всех $x < 1$ выполнено $q_(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$, когда $p'_n$ эквивалентны $p_n$. Тогда окажется, что $q << r << p_n$. Оставшиеся случаи так же просто разбираются.

rishelie в сообщении #232593 писал(а):

Инт в сообщении #232559 писал(а):

Линейное упорядочение такое, какое введено на функциях, действительно может быть изоморфно ряду всех не более чем счётных ординалов.

Требует также строгого доказательства, хотя на самом деле оно не верно.

Оно верно не для всего множества HC, как может быть Вы подумали, а для некоторой выделенной из него трансфинитной последовательности. См. как выделялась эта последовательность в предыдущем моём посте. Иными словами выделять трансфинитные последовательности функций в порядке на функциях теперь просто, пользуясь свойствами I и II.

[rishelie]

Инт в сообщении #232559 писал(а):

В самом деле, берём функцию $q_1$, которая расположена "между" множествами А и Б. Одноэлементное множество, состоящее из функции $q_1$ - не более чем счётно. Следовательно, по свойству I, между функцией $q_1$ и всеми функциями множества А, расположена ещё одна функция $q_2$. Т.е. можно условно написать: A $<< q_2 << q_1$. Если построены функции А$<< q_{n+1} << q_n$ для всех $n$, то последовательность $\{q_n\}$ не более чем счётна, т.е. собственно счётна. Следовательно, существует функция $q_{\omega}$ такая, что А$<< q_{\omega} << q_n$. И так делее. Сколько бы мы не построили функций упомянутым методом, счётную последовательность всегда можно продолжить.

Одно маленькое замечание. Давайте считать, что символы $q_i$ обозначают не функции, а действительные числа, а множества А и Б - подмножества $\mathbb R$. Повторим ваши рассуждения: берём число $q_1$, которое расположено "между" множествами А и Б. Одноэлементное множество, состоящее из числа $q_1$ - не более чем счётно. Следовательно, по свойству I, между числом $q_1$ и всеми числами множества А, расположена ещё одно число $q_2$. Т.е. можно условно написать: $A < q_2 < q_1$. Если построены числа $А< q_{n+1} < q_n$ для всех $n$, то последовательность $\{q_n\}$ не более чем счётна, т.е. собственно счётна. Следовательно, существует число $q_{\omega}$ такое, что $A< q_{\omega} < q_n$. И так делее. Сколько бы мы не построили функций упомянутым методом, счётную последовательность всегда можно продолжить...
Чем эти рассуждения плохи? Так, выходит, можно и в $\mathbb R$ запихать трансфинитную последовательность?

Значит, первое, что бросается в глаза при таком построении - это слова "и так далее" при переходе за границу первого трансифнитного числа $\omega$. Проблема в том, что порядок на $\aleph_1$ устроен намного сложнее, чем порядок на $\omega$. Здесь нельзя повторять процедуру поэтапного перехода от одного порядка типа $\omega$ к следующему за ним, ибо если сначал атам повторяются последовательности вида $\omega$, образуя ординал $\omega_\omega$, то потом повторяются уже сами эти ординалы $\omega_\omega$, образуя еще более сложный ординал, и так далее. Поэтому для построения трансфинитных последовательностей существует т.н. трансифнитная рекурсия, в которой отдельно описывается способ построения значений рекурсии для последующего и предельного ординалов на основании всех предыдущих значений.

Инт в сообщении #232598 писал(а):

Оно верно не для всего множества HC, как может быть Вы подумали, а для некоторой выделенной из него трансфинитной последовательности. См. как выделялась эта последовательность в предыдущем моём посте. Иными словами выделять трансфинитные последовательности функций в порядке на функциях теперь просто, пользуясь свойствами I и II.

Вы имеете виду это?

Инт в сообщении #232598 писал(а):

Доказательства очень простые, я указывал, что они содержатся в §3 ссылки. Кратко излагаю здесь: пусть имеется счётное множество функций $p_n$ сравнимых между собой, и функкций $q_n$ так же сравнимых между собой и функциями $p_n$. Пусть первая последовательность не имеет минимального элемента в порядке на функциях, а вторая - максимального. Без ограничения общности, если необходимо выделяя подпоследовательности в указанных последовательностях функций, можно считать, что $q_n << q_{n+1} << p_{n+1} << p_n$. Следующий шаг: заменяем функции $q_n$ и $p_n$ на эквивалентные $q'_n$ и $p'_n$ соответственно так, что для всех $x$ окажется $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$. Очевидно, что существует функция $r $ такая, что для всех $x$ будет $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$. Следовательно, $q'_n << q'_{n+1} << r << p'_{n+1} << p'_n$. Пользуясь транзитивностью введённого отношения порядка заключаем, что $q_n << q_{n+1} << r << p_{n+1} << p_n$. Пусть теперь функция $q$ такова, что $q << p_n$. Функцию $r$ строим как "диагональную" функцию для функций $p'_n$ таких, что для всех $x < 1$ выполнено $q_(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$, когда $p'_n$ эквивалентны $p_n$. Тогда окажется, что $q << r << p_n$. Оставшиеся случаи так же просто разбираются.

Но я не вижу здесь построения нужного множества! Вы должны указать - множество $D$ состоит из таких-то функций, после чего доказать, что в любом его непустом подмножестве существует минимум. В крайнем случае - доказать существование необходимого множества $D$. Ваши построения я не принимаю по той причине, что предельные переходы на множестве функций могут вывести за пределы этого множества (например, предел будет иметь разрыв), а иного способа найти промежуточные функции я не вижу.

[Инт]

Начинали Вы rishelie не плохо. Думал так же легко поймёте довольно простые ствойства I и II. Значит буду объяснять

rishelie в сообщении #232717 писал(а):

Одно маленькое замечание. Давайте считать, что символы $q_i$ обозначают не функции, а действительные числа...Так, выходит, можно и в $\mathbb R$ запихать трансфинитную последовательность?

Нельзя так считать, как Вы пишите. В действительные числа запихать трансфинтную последовательность такого рода невозможно. Та схема доказательства свойств I и II, которую я дал, даётся именно для функций. Укажите, где Вам не понятно это доказательство, т.е. следующее

Инт в сообщении #232598 писал(а):

Доказательства очень простые, я указывал, что они содержатся в §3 ссылки. Кратко излагаю здесь: пусть имеется счётное множество функций $p_n$ сравнимых между собой, и функкций $q_n$ так же сравнимых между собой и функциями $p_n$. Пусть первая последовательность не имеет минимального элемента в порядке на функциях, а вторая - максимального. Без ограничения общности, если необходимо выделяя подпоследовательности в указанных последовательностях функций, можно считать, что $q_n << q_{n+1} << p_{n+1} << p_n$. Следующий шаг: заменяем функции $q_n$ и $p_n$ на эквивалентные $q'_n$ и $p'_n$ соответственно так, что для всех $x$ окажется $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$. Очевидно, что существует функция $r $ такая, что для всех $x$ будет $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$. Следовательно, $q'_n << q'_{n+1} << r << p'_{n+1} << p'_n$. Пользуясь транзитивностью введённого отношения порядка заключаем, что $q_n << q_{n+1} << r << p_{n+1} << p_n$. Пусть теперь функция $q$ такова, что $q << p_n$. Функцию $r$ строим как "диагональную" функцию для функций $p'_n$ таких, что для всех $x < 1$ выполнено $q_(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$, когда $p'_n$ эквивалентны $p_n$. Тогда окажется, что $q << r << p_n$. Оставшиеся случаи так же просто разбираются.

Далее.

rishelie в сообщении #232717 писал(а):

Значит, первое, что бросается в глаза при таком построении - это слова "и так далее" при переходе за границу первого трансифнитного числа $\omega$. Проблема в том, что порядок на $\aleph_1$ устроен намного сложнее, чем порядок на $\omega$...

То, что порядок на $\aleph_1$ устроен сложнее чем на $\aleph_0$ и не совпадает с порядком на функциях это чересчур тривиально и очевидно. Трансфинитная рекурсия здесь ни причём. Когда ординалами, один за другим нумеруются функции, то и выстраивается указанная мною последовательность.

rishelie в сообщении #232717 писал(а):

Вы имеете виду это?,... (далее шла схема доказательств свойств I и II - Инт)

Нет, я имел ввиду другое. Когда доказаны свойства I и II, то тогда можно вывести следующее:

Инт в сообщении #232559 писал(а):

берём функцию $q_1$, которая расположена "между" множествами А и Б. Одноэлементное множество, состоящее из функции $q_1$ - не более чем счётно. Следовательно, по свойству I, между функцией $q_1$ и всеми функциями множества А, расположена ещё одна функция $q_2$. Т.е. можно условно написать: A $<< q_2 << q_1$. Если построены функции А$<< q_{n+1} << q_n$ для всех $n$, то последовательность $\{q_n\}$ не более чем счётна, т.е. собственно счётна. Следовательно, существует функция $q_{\omega}$ такая, что А$<< q_{\omega} << q_n$. И так делее.

Слова и так далее означают, что если выбрано уже некоторое счётное множество функций, занумерованных начальным сегментом ординального ряда, то выбрав следующую функцию, мы нумеруем её следующим ординалом. Ясно, что свойства I и II позволяют продолжать такую последовательность функций неограниченно. Таким образом выстраивается трансфинитная последовательность функций. Это же ответ на следующую реплику, которую Вы приводили на моё доказательство свойств I и II:

rishelie в сообщении #232717 писал(а):

Но я не вижу здесь (в доказательстве свойств I и II - Инт) построения нужного множества! Вы должны указать - множество $D$ состоит из таких-то функций, после чего доказать, что в любом его непустом подмножестве существует минимум. В крайнем случае - доказать существование необходимого множества $D$. Ваши построения я не принимаю по той причине, что предельные переходы на множестве функций могут вывести за пределы этого множества (например, предел будет иметь разрыв), а иного способа найти промежуточные функции я не вижу.

А в доказательстве свойств I и II не выстраивалась никакая последовательность. Кроме того, указание, что в каждом подмножестве должен быть минимум совершенно не требуется, поскольку, когда выстраивается соответствующая трансфинитная последовательность функций, это обеспечивается автоматически.

[rishelie]

Инт в сообщении #232805 писал(а):

Доказательства очень простые, я указывал, что они содержатся в §3 ссылки.

то, что дано по тем ссылкам, написано нематематическим языком, читать сие невозможно, да еще и на красном фоне

Инт в сообщении #232598 писал(а):

заменяем функции $q_n$ и $p_n$ на эквивалентные $q'_n$ и $p'_n$

приведите точную формулу для эквивалентных функций и определение эквивалентности.

Инт в сообщении #232805 писал(а):

Очевидно, что существует функция $r $ такая, что для всех $x$ будет $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$

$r(x)$ можно задать и для исходных $q_{n+1}$ и $p_{n+1}$, полагая $r=(p_{n+1}+q_{n+1})/2$. Ясно, что на интервале сравнения $q_{n+1}$ и $p_{n+1}$ она будет лежать между ними, оставаясь при этом непрерывной.

Инт в сообщении #232805 писал(а):

Функцию $r$ строим как "диагональную" функцию для функций $p'_n$ таких, что для всех $x < 1$ выполнено $q_(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$, когда $p'_n$ эквивалентны $p_n$

вот тут требуются разъяснения насчет "диагональной" функции. если б мы имели дело с последовательностями, это еще было бы понятно, обычно, если у нас есть набор последовательностей $f^{(k)}=\{f_n^{(k)}\}$, то диагональную последовательность $\{a_n\}$ задают как $a_n=f^{(n)}_n$. С функциями не очень понятно, поясните. Впрочем, от функция можно вообще избавиться, я посню ниже.

Теперь о построении. Вот вам простой пример (проще нкуда). множество А содержит функцию $f\equiv 0$, множество Б содержит функции $f_n\equiv 1/n$. Как вы строите $q_\omega$, большую функции $f$ и меньшую всех функций $f_n$? замечу, что А и Б удовлетворяют условиям Следствия I, ибо все $f$ сравнимы между собой и А меньше Б для всех соответствующих пар функций из А и Б. Сразу скажу, что искомая $q_\omega$ существует, причем их можно найти очень много, континуум. Мне интересен ваш мыслительный процесс здесь.

И теперь о замене функций последовательностями (мы постепенно подходим к одной хорошо известной модели). Мы можем рассмотреть последовательность $x_n=1-1/n$, и вместо функции $f$ теперь иметь дело с последовательностью $f_n=f(x_n)$. Сравнение последовательностей очень простое: $f=\{f_n\}<g=\{g_n\}$, если существует $N$ такое, что $f_n<g_n$ для всех $n>N$.

Согласны, что это еще больше упрощает Вашу модель? И в данном случае можно говорить о диагональной последовательности.

[Инт]

Вы не сможете определить, является ли мой текст не математическим. Для этого, по крайней мере, нужны математические возражения с Вашей стороны, нахождение у меня ошибок, каких-нибудь явных нелепостей. Ошибок и нелепостей Вы не нашли. Математическими являются даже очень корявые древние тексты, не говоря уже о том, что мой текст существенно более точный, чем древние. Но это лирика. В тексте по ссылкам всё досконально объяснено, причём, там текст такой же, как и здесь, выложенный на форуме.

Отношение эквивалентности между функциями определялось, см.
http://dxdy.ru/topic23150.html
http://dxdy.ru/post232598.html#p232598
Определяю ещё раз: $p << q$, если для всех достаточно больших $x < 1$ оказывается $p(x) < q(x)$. $p$ эквивалентна $q$, если для всех достаточно больших $x < 1$ оказывается $p(x) = q(x)$.
По остальному несколько позже.

-- Вт авг 04, 2009 21:37:24 --

rishelie в сообщении #232899 писал(а):

Инт в сообщении #232805 писал(а):

Очевидно, что существует функция $r$ такая, что для всех $x$ будет $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$

$r(x)$ можно задать и для исходных $q_{n+1}$ и $p_{n+1}$, полагая $r=(p_{n+1}+q_{n+1})/2$. Ясно, что на интервале сравнения $q_{n+1}$ и $p_{n+1}$ она будет лежать между ними, оставаясь при этом непрерывной.

Функция $r(x)$ не обязательно должна иметь вид $r=(p'_{n}+q'_{n})/2$, так как неравенство $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$ должно быть верно для любого $n$. Так что Вы приводите слишком частный случай. Ещё раз тогда поясняю: Путём замены функций $q_{n}$ и $p_{n}$ на эквивалентные функции $q'_{n}$ и $p'_{n}$ всегда легко добиться, чтобы для каждого конкретного $x$ было выполнено неравенство $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$. По аксиоме Дедекинда, применённой для фиксированного $x$, получаем, что для этого $x$ существует число $R$ такое, что оказывается $q'_{n}(x) < q'_{n+1}(x) < R < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$. Объявляем это $R$ значением функции $r$ в точке $x$, т.е. $R = r(x)$. Есть ньюанс, что $r$ должна быть непрерывной. Требование непрерывности к $r$ легко выполнимо некоторым тривиальным варьированием эквивалентных функций. Это есть доказательство вообще для произвольных функций, удовлетворяющих условиям свойства I. Странно, что Вы застряли на такой простой вещи.

rishelie в сообщении #232899 писал(а):

Инт в сообщении #232805 писал(а):

Функцию $r$ строим как "диагональную" функцию для функций $p'_n$ таких, что для всех $x < 1$ выполнено $q_(x) < p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$, когда $p'_n$ эквивалентны $p_n$

вот тут требуются разъяснения насчет "диагональной" функции.

Разъясняю: Берём произвольную сторого возрастающую последовательность точек $x_n$, стремящуюся к 1. В качестве $r$ берём произвольную непрерывную функцию, для котрой оказывается, что $p'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n}(x)$ на интервале от $x_n$ до $x_{n+1}$. Т.е. функцию "перечёркивающую все остальные", "диагональную". Для такой $r$ по определению оказывается, что $q << r << p'_{n+1} << p'_{n}$ и, следовательно, $q << r << p_{n+1} << p_{n}$. Это подробно пояснено в основном тексте по ссылке.

rishelie писал(а):

Теперь о построении. Вот вам простой пример (проще некуда). множество А содержит функцию $f\equiv 0$, множество Б содержит функции $f_n\equiv 1/n$. Как вы строите $q_\omega$, большую функции $f$ и меньшую всех функций $f_n$? замечу, что А и Б удовлетворяют условиям Следствия I, ибо все $f$ сравнимы между собой и А меньше Б для всех соответствующих пар функций из А и Б. Сразу скажу, что искомая $q_\omega$ существует, причем их можно найти очень много, континуум. Мне интересен ваш мыслительный процесс здесь.

Правильно рассуждаете. Только очень частный случай.

Далее, Вы приводите некие определения, сводимые к ещё более простым функциям. Я могу дать переопределения так, что все теоремы моей работы окажутся теоремами относительно функций, определённых на натуральном ряду и со значениями в этом ряду. Но это не надо. Будет слишком искусственно. Во-первых моё право из эстетических соображений представить теоремы так как Я хочу. Во-вторых, геометрическое выражение аксиом оказывается очень полезным, а его лучше формулировать в рамках непрерывных функций. В третьих. В окончательных доказательствах, касающихся выражения аксиом как теорем теории множетств, требуется применить некоторый приём непрерывного движения линий (и даже не Ваших функций). Так что мой математический подход оправдан полностью.

rishelie писал(а):

...Согласны, что это еще больше упрощает Вашу модель? И в данном случае можно говорить о диагональной последовательности.

Согласен, что можно строить диагональную последовательность в том духе, который я указал. Но замечу, что никакой моей модели я не строю, нахожусь строго в рамках математического анализа, который, считаем находится в рамках ZFC, например. В частности, все выводы о функциях это выводы не в рамках какой-то моей мифической модели, а выводы математического анализа, не зависящие, например, от принятия или отрицания континуум-гипотезы. Если же Вы знаете какую-то там модель, то не намекайте, а скажите прямо.

[rishelie]

Теперь переходим к трансфинитным построениям. Только строить я предпочитаю "вверх", чтобы порядок на ординалах был изоморфен порядку на последовательностях. Поиск промежуточных элементов я, правда, не знаю, к чему пристегнуть, но это и неважно.

Мы будем рассматривать только последовательности $f=\{f_n\}$, удовлетворяющие условиям:

$f_n\to 0$ при $n\to\infty$ и $|f_n|\leq 1$ для всех $n$

Множество всех таких последовательностей обозначим $\cal F$, а отношение $<$ на нем зададим так:

для $f,g\in\cal F$: $f<g$, если существует $N$ такое, что $f_n<g_n$ для всех $n>N$.

Будем строить множество $D$ как предел возрастающих по вложению множеств $D_\alpha$, где $\alpha\in\aleph_1$. Все $D_\alpha\subseteq\cal F$.
Положим $D_0=\{f^{(0)}\}$, где $f^{(0)}_n=0$ для всех $n$.
Индуктивный шаг. Предполагая, что построено множество $D_k=\{f^{(0)},\dots,f^{(k)}\}$, в котором $f^{(i)}<f^{(j)}$ при $i<j$, построим $k+1$-ый элемент так. $f^{(k+1)}_n=f^{(0)}_n+\dots+f^{(k)}_n+2^{-k-1-n}$. По-другому эту же последовательность можно задавать так: $f^{(k+1)}_n=(g_n+f^{k}_n)/2$, где $g_n=2^{-n}$. В обоих случаях я намеренно строю новый элемент $D$ через предыдущие, хотя на данном этапе это и не требуется. Но можно сказать, что я ищу промежуточную оследовательность между $D_k$ и одноточечным множеством $\{g\}$ ($g=\{g_n\}$).
Легко видеть, что $f^{(k+1)}_n\leq 2^{-n}$, поэтому $f^{(k+1)}\in\cal F$. Ясно также, что $f^{(k+1)}>f$ для всех $f\in D_k$. Итак, полагаем $D_{k+1}=D_k\cup\{f^{(k+1)}\}$.
Таким образом, мы выстроили возрастающую последовательность множеств $D_k$, в котором упорядочение $<$, заданное на $\cal F$, повторяет порядок натуральных чисел.

Теперь для $\omega$ строим $D_\omega$ как $\bigcup_k D_k$. Мы при этом будем иметь

$D_\omega=\{f^{(0)},f^{(1)},\dots\}$, причем $f^{(0)}<f^{(1)}<\dots$.

Мы выделили из $\cal F$ подмножество $D_\omega$, на котором отношение $<$ задает порядковый тип $\omega$.
Построить $f^{(\omega+1)}$ можно тем самым диагональным способом, полагая $f^{(\omega+1)}_n=f^{(n)}_n$.
Поскольку $f^{(k)}_n=(1-2^{-k})2^{-n}$, нетрудно видеть, что $f^{(\omega+1)}_n=2^{-n}-2^{-2n}$ и $f^{(\omega+1)}_n>f^{(k)}_n$ для всех $n>k$ и для любого $k$. То есть $f^{(\omega+1)}>D_\omega$. При этом, кстати, по-прежнему, $f^{(\omega+1)}<g$.
Так что полагаем теперь $D_{\omega+1}=D_\omega\cup\{f^{(\omega+1)}\}$.

Дальше можно повторять процедуру построения, полагая каждый раз, что $f^{(\omega+k+1)}=(f^{(\omega+k)}+g)/2$, откуда выстроим последовательность множеств $D_{\omega+k}$, а предельное $D_{\omega+\omega}$ получим добавлением нового элемента $f^{(\omega+\omega)}$, построенного диагональным методом. Можно так продолжать вплоть до построения $D_{\omega^2}$, и так далее, по степеням $\omega$.

Однако в общем случае для построения $D_\alpha$, где $\alpha$ - предельный ординал, встает вопрос о выборе счетной последовательности $\alpha_1<\alpha_2<\dots$ такой, что $\lim\alpha_k=\alpha$, то есть ординал $\alpha$ должен иметь конфинальный характер $\omega$. Тогда можно снова обратиться к методу построения диагональной последовательности, полагая $f^{\alpha}_n=f^{(\alpha_n)}_n$.
Вопрос об $\omega$-конфинальности произвольного предельного ординала $\alpha\in\aleph_1$ я пока оставлю в стороне.

Дело в том, что и к диагональному методу есть большой вопрос - всегда ли он дает то, что нужно?
В нашем случае мы имели дело с последовательностями $f^{(0)}<f^{(1)}<\dots$, которые были сравнимы на всей области определения. И потому метод выбора диагонали $f^{(n)}_n$ сохранял отношения между последовательностями поточечно. Можно ли это сделать при произвольном наборе сравнимых последовательностей $f^{(k)}$, не знаю. Можно легко попасть в ситуацию, когда диагональная последовательность начнет неограниченно возрастать. Впрочем, я склонен верить, что можно.

[Инт]

Ну и... Просто Вы понятным для Вас способом построили ту последовательность, которую можно получать при помощи свойств I и II на специфическом множестве функций. Я же такое же утвержлаю в более общем случае. Признаёте ли Вы, что: 1) свойства I и II верны как теоремы математического анализа, 2) пользуясь свойствами I и II можно строить вполнеупорядоченные на множестве функций трансфинитные последовательности?

[rishelie]

Инт в сообщении #232940 писал(а):

Разъясняю: Берём произвольную сторого возрастающую последовательность точек $x_n$, стремящуюся к 1. В качестве $r$ берём произвольную непрерывную функцию, для котрой оказывается, что $p'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n}(x)$ на интервале от $x_n$ до $x_{n+1}$. Т.е. функцию "перечёркивающую все остальные", "диагональную". Для такой $r$ по определению оказывается, что $q << r << p'_{n+1} << p'_{n}$ и, следовательно, $q << r << p_{n+1} << p_{n}$

Предлагаю пример. Только вместо $x\to 1$ возьмем $x\to 0$, так проще. Пусть $p'_n(x)=-nxe^{-nx}$. Легко проверить, что $p'_{n+1}<p'_n$, т.к. они сравнимы на интервале $(0,1/(n+1))$. Берем Вашу произвольную последовательность $x_n\to 0$. Раз произвольную, то я возьму такую, какую захочу. Пусть $x_n=1/(n-1)$. На интервале $(x_n,x_{n+1})=(1/(n-1),1/n)$ выполняется обратное неравенство, т.е. $p'_n(x)<p'_{n+1}(x)$, а это значит, что никакого $r(x)$, удовлетворяющего неравенствам $p'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n}(x)$ на интервале от $x_n$ до $x_{n+1}$ не существует.
Выходит, либо у вас штрихованные функции имеют некий особый вид, либо последовательность $x_n$ выбирается особым способом.

Инт в сообщении #232940 писал(а):

Во-первых моё право из эстетических соображений представить теоремы так как Я хочу.

Право Ваше, согласен. Только Вы останетесь в одиночестве, не будучи понятыми никем. Лучше уж тогда переведите "Войну и Мир" на Санскрит. Тут хоть найдутся те, кто сумеет прочесть.

Инт в сообщении #232940 писал(а):

никакой моей модели я не строю

Могу обозвать это структурой, мне все равно. Это не имеет отношения к делу.

Способ построения $q_\omega$ Вы игнорировали, поэтому я склонен считать, что мы не нашли общего языка.

Инт в сообщении #232940 писал(а):

Если же Вы знаете какую-то там модель, то не намекайте, а скажите прямо

Элементарно. Это построение гипердействительных чисел как классов эквивалентности последовательностей, сравниваемых на элементах ультрафильтра на $\omega$. [Хенл Дж. Введение в теорию множеств (на торентах ищется)]

[Инт]

rishelie в сообщении #232964 писал(а):

Предлагаю пример. Только вместо $x\to 1$ возьмем $x\to 0$, так проще. Пусть $p'_n(x)=-nxe^{-nx}$. Легко проверить, что $p'_{n+1}<p'_n$, т.к. они сравнимы на интервале $(0,1/(n+1))$. Берем Вашу произвольную последовательность $x_n\to 0$. Раз произвольную, то я возьму такую, какую захочу. Пусть $x_n=1/(n-1)$. На интервале $(x_n,x_{n+1})=(1/(n-1),1/n)$ выполняется обратное неравенство, т.е. $p'_n(x)<p'_{n+1}(x)$, а это значит, что никакого $r(x)$, удовлетворяющего неравенствам $p'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n}(x)$ на интервале от $x_n$ до $x_{n+1}$ не существует. Выходит, либо у вас штрихованные функции имеют некий особый вид, либо последовательность $x_n$ выбирается особым способом.

Именно. Если у Вас на некотором интервале $p'_n(x)<p'_{n+1}(x)$, то это не те функции, которые я определил как штрихованные. Это я уже раза четыре пояснял, см. предыдущие посты. Функции $p'_n$ это такие функции, которые: 1) эквивалентны функциям $p_n$, 2) для всех $x >0 (x < 1)$ должно быть $p'_{n+1}(x) < p'_{n}(x)$.

rishelie в сообщении #232964 писал(а):

Способ построения $q_\omega$ Вы игнорировали, поэтому я склонен считать, что мы не нашли общего языка.

Инт в сообщении #232940 писал(а):

Если же Вы знаете какую-то там модель, то не намекайте, а скажите прямо

Элементарно. Это построение гипердействительных чисел как классов эквивалентности последовательностей, сравниваемых на элементах ультрафильтра на $\omega$.

То, что я "игнорировал способ построения $q_\omega$" не правда. Вы по нескольку раз пропускаете прочтение моих определений. Аналогично пропустили такое построение:

Инт в сообщении #232940 писал(а):

Разъясняю: Берём произвольную сторого возрастающую последовательность точек $x_n$, стремящуюся к 1. В качестве $r$ берём произвольную непрерывную функцию, для котрой оказывается, что $p'_{n+1}(x) < r(x) < p'_{n}(x)$ на интервале от $x_n$ до $x_{n+1}$. Т.е. функцию "перечёркивающую все остальные", "диагональную". Для такой $r$ по определению оказывается, что $q << r << p'_{n+1} << p'_{n}$ и, следовательно, $q << r << p_{n+1} << p_{n}$

Вот и полагаем, по определению, что $r = p_{\omega}$ с точностью до переобозначений. Это, в одном из случаев, когда одно из множеств, составленное из функций конечно. Но и в другом случае, когда А и Б счётны, и когда можно указать две направленные друг к другу последовательности функций, так же полагаем $r = p_{\omega}$.

Я так же определяю гиперчисла как классы эквивалентности последовательностей, или как классы эквивалентности непрерывных функций. Это же не относится к конкретному разбираемому вопросу о свойствах I и II и трансфинитных последовательностях функций. Понятия структуры или модели здесь вообще излишни. Незачем они.

[rishelie]

Инт в сообщении #232967 писал(а):

То, что я "игнорировал способ построения $q_\omega$" не правда. Вы по нескольку раз пропускаете прочтение моих определений? Аналогично пропустили такое построение:

какое же это построение? постройте мне конкретный пример, аналогичнот ому, как я давал пример с экспонентами.
совершенно конкретный пример постройте вашим же способом! я хочу видеть формулу $p_\omega(x)=\dots$ и вывод, как она получилась.

[Инт]

Стоп. Я дам такое построение. Но Вы то предъявили не те штрихованные функции. Согласны с этим?

-- Ср авг 05, 2009 00:02:12 --

Конкретный пример строю далее. Но хочу сразу отметить, что мои доказательства свойств I и II не могут опираться на конкретные примеры, так как там говориться о любых множествах функций, удовлетворяющих условиям, описанным в свойствах. Поэтому то я делал вполне конкретное и довольно тривиальное построение, вообще говоря, для произвольных функций.

Берём $p'_n(x) = \frac{1}{n} x$, считаем Ваш случай $x \to 0$. Тогда, $p_{\omega}(x) = x^2 = r(x)$. Вот и весь пример.

[rishelie]

Инт в сообщении #232970 писал(а):

Но Вы то предъявили не те штрихованные функции. Согласны с этим?

согласен, что можно у экспонент заменить хвосты так, что они на всей положительной оси будут сохранять монотонность. например, продлить их как константы с некоторого места. собственно, это можно делать с любыми функциями. вопрос в выборе тех мест, откуда они начнут различаться с первоначальныим функциями и будут ли они сравнимы на всем интервале $(0,1)$. Впрочем, если они будут удовлетворять требованию $p_0'(x)>p_1'(x)>\dots$ для всех $x\in (0;1)$, то от функций можно споконой переходить к множеству $\{p_0'(x_0),p_1'(x_0),\dots\}$ при некотором $x_0$. Но тогда получается, что такой трансфинитной последовательности длины $\aleph_1$ быть не может по свойствам действительных чисел.
В итоге приходим к тому, что диагональная функция может быть построена только для упорядоченного подмножества порядкового типа $\omega$, а это еще большой вопрос - можно ли ее выбрать в произвольном счетном ординале. Насколько я помню, с конфинальностью ординалов есть некоторые проблемы.

-- Ср авг 05, 2009 00:20:52 --

Инт в сообщении #232970 писал(а):

Берём $p'_n(x) = \frac{1}{n} x$, считаем Ваш случай $x \to 0$. Тогда, $p_{\omega}(x) = x^2 = r(x)$. Вот и весь пример.

у меня были $p_n(x)=1/n$ без $x$. Ваши $p_n'(x)$ им не эквивалентны, т.к. не совпадают ни на каком интервале.
кроме того, Вы не написали, как были выбраны интервалы $(x_n,x_{n+1})$ и с их помощью построена функция $r(x)=x^2$. То, что она лежит между 0 и всеми $1/n$, понятно, ибо там лежит любая бесконечно малая Но меня-то как раз интересует построение с помощью вашего диагонального метода.

мне кажется, мои трансфинитные построения примерно повторяют ваши, только проще.

и последнее. допустим построено множество $D$ функций, упорядоченных отношением $<<$, порядковый тип которого $\aleph_1$. Из чего следует, что оно континуально? Ведь оно включает отнюдь не все непрерывные функции, которых континуум.

[Инт]

Ничего подобного. Трансфинитная последовательность может быть построена на функциях. Можно рассуждать по трансфинитной индукции: Предположим цепочка функций "вытянута уже как какой-то счётный ординал". Пусть эта цепочка есть множество $D$. Тогда, можно указать конечное или счётное множество функций $D'$, конфинальное построенному и такое, что элементы множества $D'$ нумеруются натуральными числами. Иными словами, пусть построены функции $p_{\nu}$ такие, что ординалы $\nu < \alpha$, где $\alpha$ счётный ординал. Считаем, что $p_{\nu} > p_{\nu'}$, если $\nu < \nu'$. Функции $p_{\nu}$, пусть, и составляют в точности множество $D$. Тогда существует строго убывающая в порядке на функциях последовательность функций $p_{\nu(n)}$, нумеруемая натуральными числами такая, что для каждой $p_{\beta} \in D$ существует натуральный $m$ такой, что для всех $n \geqslant m$ оказывается, что $p_{\nu(n)} \geqslant p_{\beta}$. Функции $p_{\nu(n)}$ заменяем на штрихованные и строим по $p'_{\nu(n)}$ функцию $p_{\alpha}$. Ясно, что окажется $p_{\nu} > p_{\alpha}$ для всех $\nu < \alpha$, в силу транзитивности.

-- Ср авг 05, 2009 00:48:03 --

rishelie в сообщении #232973 писал(а):

...у меня были $p_n(x)=1/n$ без $x$. Ваши $p_n'(x)$ им не эквивалентны, т.к. не совпадают ни на каком интервале.

С какой стати Ваши функции должны совпадать с моими. Ведь Вы же конкретный пример просили привести. Я и привёл. Какие должны быть функции $p_n$? Именно такие, чтобы при замене на эквивалентные оказались $p'_n$. Какие интервалы? Такие, какие получились. Вот здесь то и проявляется различие наших подходов. Мой - правильный, поскольку необходимо доказать свойства I и II для любых функций. Конкретные примеры это для любых не доказывают!

rishelie в сообщении #232973 писал(а):

и последнее. допустим построено множество $D$ функций, упорядоченных отношением $<<$, порядковый тип которого $\aleph_1$. Из чего следует, что оно континуально? Ведь оно включает отнюдь не все непрерывные функции, которых континуум.

А я нигде и не утверждаю, что оно континууально.

-- Ср авг 05, 2009 00:53:26 --

Хочу отметить rishelie, что Вы скурпулёзно и по деловому вникаете в суть вопроса.