Полное решение континуум-проблемы

[Инт]

rishelie в сообщении #238215 писал(а):

не, все, я устал разбираться нафик

А Вы отдохните недельку две. Интернет изматывает не только Вас.

На самом деле всё просто.

$\Omega$Э есть подпространство $\subset\prod\limits_{\nu \in {\omega_1}}\Omega_{\nu}$Э. $\nu$-ой проекцией $\Omega$Э является пространство $\Omega_{\nu}$Э

Причём, я ещё не написал проверку счётной насыщенности $B$, только сейчас приступил. Её выложу вне зависимости будете ли Вы дальше продолжать разбор или нет.

[rishelie]

Инт в сообщении #238225 писал(а):

Причём, я ещё не написал проверку счётной насыщенности $B$, только сейчас приступил. Её выложу вне зависимости будете ли Вы дальше продолжать разбор или нет.

Дак получается вроде как, что оно не счетно насыщенное... Ведь у нас в $B$ сидят бинарные последовательности с хвостом нулей, так? (точнее, с хвостом нулей или единиц, отождествеленные). Ну, пусть $x$ такое, что для всех $\gamma\geqslant\alpha$ имеем $x(\gamma)=0$ (при этом $\gamma<\aleph_1$, разумеется). Ясно, что $x\in B$. Для любого $\delta<\alpha$ построим элемент $x^{(\delta)}$ так, что при $\gamma<\delta$ имеем $x^{(\delta)}(\gamma)=x(\gamma)$, а при $\gamma\geqslant\delta$: $x^{(\delta)}(\gamma)=0$.
Мы получим возрастающую (не монотонно) счетную последовательность $x^{(\delta)}$, сходящуюся к $x$. При этом все $x^{(\delta)}\in B$. В этой последовательности при желании можно выделить конфинальную $\omega$-подпоследовательность. Промежуточную точку, как и Вашем примере в одном из недавних постов, найти нельзя.

То есть можно найти точки между элементами $x^{(\delta)}$, но не между $x$ и всеми $x^{(\delta)}$.
Отсюда следует, что $B$ не будет счетно насыщенным.

Насчет $C_1$ согласен, не будет оно счетно насыщенным, ровно по тем же соображениям. Точки базы в нем имеют плотность $\omega$, а вот остальные точки, видимо, бОльшую плотность.

[Инт]

rishelie в сообщении #238252 писал(а):

Ведь у нас в $B$ сидят бинарные последовательности с хвостом нулей, так?

Не совсем. Те последовательности, которые начинают отсчитывать хвост с места, нумеруемого предельным ординалом, не принадлежат $B$. Т.е. если $x$ -последовательность $\in B$, $x: \omega_1 \to \{1, 0\}$, то тот $\beta$ который есть минимальный номер такой, что $(\forall \nu \geqslant \beta) x(\nu) = 1$, или такой что $(\forall \nu \geqslant \beta) x(\nu) = 0$, не должен быть предельным. Поэтому, все точки множества $B$ являются точками типа $11$. Мною, к указанному ранее примеру, отмечалось, что передел любой счётной последовательности не принадлежит $B$. Всё будет ясно, когда напишу обещанное.

[rishelie]

Инт в сообщении #238258 писал(а):

Не совсем. Те последовательности, которые начинают отсчитывать хвост с места, нумеруемого предельным ординалом, не принадлежат $B$. Т.е. если $x$ -последовательность, $x: \omega_1 \to \{1, 0\}$, то тот $\beta$ который есть минимальный номер такой, что $(\forall \nu \geqslant \beta) x(\nu) = 1$, или такой что $(\forall \nu \geqslant \betta) x(\nu) = 0$, не должен быть предельным. Поэтому, все точки множества $B$ являются точками типа $11$. Мною, к указанному ранее примеру, отмечалось, что передел любой счётной последовательности не принадлежит $B$. Всё будет ясно, когда напишу обещанное.

А, ну тогда вроде понятно.
Дело в том, что хвост вида $1,0,0,0,0$ равен хвосту $0,1,1,1,1$, где первый нолик стоит на позиции $\alpha$.
А все хвосты, начинающиеся с номера $\alpha+1$ (рассматриваемые как самостоятельные бинарные последовательности) образуют пространство, изоморфное рассмотренному нами с AGu, названному $B_{\aleph_1}$, в котором все счетные подмножества ограничены, как показал AGu. Это, собственно, и означает, что к элементу с хвостом вида $0,1,1,1,1$ нельзя подвести снизу счетную последовательность.
Иначе говоря, точки с такими хвостами имеют плотность не меньше $\aleph_1$. Это как раз то, чего нам везде недостает до счетной насыщенности Видимо, в этом и проявляется особенность таких точек - двойственное их представление.
Однако, для счетной насыщенности остается показать, что если $a_n$ строго возрастает, $b_n$ строго убывает, $a_n,b_n$ принадлежат базе и $a_n<b_n$, то существует $x$ из базы такой, что $a_n<x<b_n$.
Если б не требование, что $x$ принадлежит базе, то найти его можно. Но...

[rishelie]

rishelie в сообщении #238286 писал(а):

Если б не требование, что $x$ принадлежит базе, то найти его можно. Но...

перечитал свои выкладки из http://dxdy.ru/post237738.html#p237738
оказывается, я там нахожу серединку интервала, а она принадлежит базе так что вопрос можно считать исчерпанным.
правда, я там не построил явно интервалы $I_\delta$ из-за громоздкости формального построения. но идея там прозрачная: для каждой пары $a_n,b_n$ строится последовательность интервалов $I_\delta$, $\delta\leqslant\gamma_n$, так, что $a_n,b_n\in I_\delta$, когда $\delta<\gamma_n$. Обосновать существование и единственность такой последовательности можно по свойствам $\delta$-интервалов.
Затем просто объединяем все эти последовательности по $n$, т.к. они вкладываются друг в друга.
Тот факт, что все $\gamma_n$ и их предел $\gamma$ строго меньше $\aleph_1$, обеспечивается регулярностью $\aleph_1$.

[Инт]

Someone в сообщении #237682 писал(а):

1) Поскольку глобальный максимум (наибольшее значение) непрерывной функции на некомпактном подмножестве плоскости может не существовать, следует использовать супремум (точную верхнюю грань). (Теховские коды: \max, \min, \sup, \inf: $\max$, $\min$, $\sup$, $\inf$.)
2) Поскольку линия $a$ у нас получилась в результате гомеоморфизма $G$, то её нельзя задать уравнением вида $\varphi=f(r)$. Из-за этого $\hat\varphi(r)=\max\{\varphi|{(\varphi,\xi)\in a,r\leqslant\xi<1\}$ не обязана быть непрерывной функцией.

Здесь действительно необходимо исправиться, хотя большой ошибки не было. Если максимума не существует, то искомая линия $k$ есть отрезок, проходящий в точку $M$. А исправить надо так: $\hat\varphi(r)=\max\{\varphi|{(\varphi,\xi)\in a,r\leqslant\xi\leqslant 1\}$. В предыдущем посте так же исправил. Что касается непрерывности $\hat\varphi$, то она не требуется. Достаточно лишь монотонности, которая обеспечена определением функции. Функция будет кусочно непрерывна.

Someone в сообщении #237682 писал(а):

Да не было там никакого "предъявления". Был только очередной список пожеланий.

Был список требований, который очевидно выполним. Если, например, я требую, чтобы линия была перенесена с одного места на другое так, чтобы заканчиваться в точке $M$, то такой перенос существует. Обосновывать такой перенос в подробностях совершенно излишне, так как смысл доказательства будет затуманен бесполезным количеством деталей. Мало того, если я скажу, что линия при переносе останется гладкой, то и такое утверждение считаю достаточным для доказательства. Аналогично по другим требованиям. Требования мои ничем не хуже тех, которые бы задали преобразование какой-нибудь конкретной функции в другую. Конкретность такого рода точности доказательств не прибавит.

Someone в сообщении #237682 писал(а):

Например, я определил линии $l_{\nu}$, $\nu<\omega_1$, и $m$, поэтому их обозначения необходимо сохранить неизменными. Если я захочу изменить задачу, то буду считать себя вправе изменить обозначения.

А я и переобозначил всё по другому, чтобы сохранить Ваши обозначения: $l_{\nu}$.

Someone в сообщении #237682 писал(а):

Ну, если линия $m$, представляющая семейство Б, является прямолинейным отрезком, то можно. Но мне хотелось бы посмотреть на построение линий $s$ в Вашем исполнении. Я пока ни одного Вашего аккуратного доказательства не видел, поэтому мне любопытно.

По этому, немного позже. Кроме того, сведение задачи к другой задаче, с которым разбираемся, оказывается вовсе не обязательно. Т.е. Ваша задача автоматически укладывается в схему http://dxdy.ru/post237714.html#p237714.

-- Чт авг 27, 2009 15:00:21 --

Someone в сообщении #237682 писал(а):

Ну, если линия $m$, представляющая семейство Б, является прямолинейным отрезком, то можно. Но мне хотелось бы посмотреть на построение линий $s$ в Вашем исполнении. Я пока ни одного Вашего аккуратного доказательства не видел, поэтому мне любопытно.

Что значит аккуратное доказательство? Пусть даны линии $l_{\nu}$ -< $m$, $l_{\nu}, m \in HC$. Считаем, что $l_{\nu}$ - функция: $l_{\nu}: [0, 1] \to (0, \frac{\pi}{2})$, $m$ - прямой отрезок, т.е. считаем $m$ есть функция $m(r) = const = \varphi_0$. Замечу, что для каждого $r < 1$ можно считать $l_{\nu}(r) < m(r)$, если необходимо, заменяя функции на эквивалентные. Пусть $f_{\nu}(r) = max\{\varphi| \varphi = l_{\nu}(\xi), r_{\nu} \leqslant \xi \leqslant r \}$, и $f_{\nu}(r) = l_{\nu}(r_{\nu})$ для $r < r_{\nu}$, где $r_{\nu}$ точка минимума функции $l_{\nu}$. Функция $f_{\nu}$ монотонна, возрастает при росте $r$. Тогда по функции $f_{\nu}$ берём гладкую функцию $s_{\nu}$ такую, что $f_{\nu}$ -< $s_{\nu}$ -< $m$. Подробности процедуры, действительно, не даю. Кроме того, построив $s_{1}$ строим $s_{2}$ с тем дополнительным условием, чтобы было ещё $s_{1}$ -< $s_{2}$. И вообще, если построены линии $s_{\nu}$ для $\nu < \lambda$, то линию $s_{\lambda}$ строим с теми условиями, что: $f_{\lambda}$ -< $s_{\lambda}$ -< $m$ и, одновременно, $s_{\nu}$ -< $s_{\lambda}$ для всех $\nu < \lambda$. Условия выполнимы, так как на каждом шаге строится не более чем счётное количество линий.

[Инт]

Проверка счётной насыщенности множества $B$, т.е. проверка свойств I и II для $B$.

Напомню, что если $X \in B$, то существует такой $\nu’$, что $X(\nu’) = 1$ и для всех $\nu > \nu’$ $X(\nu) = 0$. Причём, функции $X’$ и $X$ эквивалентны и описывают один и тот же элемент базы, если для всех $\nu < \nu'$ оказывается, что $X(\nu) = X’(\nu)$, и кроме того, $X’(\nu) = 0$ и для всех $\nu > \nu’$ $X’(\nu) = 1$. Функцию $X$ назовём первой записью, ей соответствующую функцию $X'$ – второй записью.

Пусть $P_n, P \in B$, точки $P_{n}$ нумеруются натуральными числами и $P_{n} < P_{n+1} < P$. Обозначим $\lim\limits_{n} P_{n} = p$. Считаем, что $P_{n}$, в одной из записей, есть двоичная функция, $P_{n}: \omega_1 \to \{0, 1\}$, причём, для всех достаточно больших $\nu$ $P_{n}(\nu) = P(\nu) = 0$.

Назовём местом сравнения элементов $X, Y \in B$ ординал $\xi$ такой, что для всех $\nu < \xi$ $X(\nu) = Y(\nu)$, и $X(\xi) \neq Y(\xi)$.

Пусть, ординалы $\mu(n, m)$ суть места сравнения $P_{n}$ и $P_{m}$. В множестве $\{\mu(n, m)\}$ всегда существует строго возрастающая последовательность вида $\{\mu(n, m(n))\}$. Без ограничения общности, можно считать, что $\{\mu(n, n+1)\} = \{\mu(n, m(n))\}$. Тогда, $P_{n}(\mu(n-1, n)) = 1$. Пусть $P’_{n}(\nu) = P_{n}(\nu)$ для $\nu \leqslant \mu(n-1, n)$, и $P’_{n}(\nu) = 0$ для $\nu > \mu(n-1, n)$. Тогда, $P_{n-1} < P’_{n} \leqslant P_{n}$. И тогда же, $\lim\limits_{n} P_{n} = \lim\limits_{n} P’_{n} = p$, $p(\nu) = P’_{n}(\nu)$ для $\nu \leqslant \mu(n-1, n)$. Пусть, $\mu = sup\{\mu(n-1, n)\}$. Тогда, для любого $\beta < \mu$ существует $\nu$ такой, что $\mu < \nu < \beta$ и $p(\nu) = 1$. И для любого $\nu \geqslant \mu$ $p(\nu) = 0$. Замечу, поэтому, что $p$ не принадлежит $B$. Так как $P \in B$, то должно быть $p < P$. Пусть, $\gamma$ тот ординал, после которого для всех $\nu > \gamma$ $P(\nu) = 0$, при том, что $P(\gamma) = 1$. Пусть $\gamma \geqslant \mu$. Тогда, строим элемент $P’$ так, что $P’(\nu) = P(\nu)$ для $\nu < \gamma$, $P’(\gamma) = 0$, $P’(\gamma+1) = 1$, $P’(\nu) = 0$ для $\nu > \gamma +1$. Тогда, $P' \in B$, $p < P' < P$. Пусть $\gamma < \mu$. Тогда, место сравнения $P$ и $p$ есть ординал $\nu' < \mu$. Тогда, $P(\nu’) = 1$ и $p(\nu’) = 0$. Тогда полагаем, что $P’’(\nu) = p(\nu)$ для $\nu \leqslant \mu$, и $P’’(\mu+1) = 1$, и $P’’(\nu) = 0$ для $\nu > \mu+1$. Тогда, $P’’ \in B$ и $p < P’’ < P$.

Пусть даны две последовательности $\{P_n\}$ и $\{Q_n\}$ такие, что $P_{n} < P_{n+1} < Q_{n+1} < Q_{n}$. Тогда считаем, что последовательность $\{P_n\}$ представлена первыми записями, а последовательность $\{Q_n\}$ – вторыми. Пусть $p = \lim\limits_n P_{n}$ и $q = \lim\limits_n Q_n$. Рассуждая так же как и в предыдущем случае, устанавливаем, что существуют предельные ординалы $\alpha$ и $\beta$ такие, что $(\forall\nu \geqslant \alpha) p(\nu) = 0$, и $(\forall\nu \geqslant \beta) q(\nu) = 1$. Элементы $p$ и $q$ не принадлежат множеству $B$. Пусть $\mu$ – место сравнения функций $p$ и $q$. Тогда, $p(\mu) = 0$ и $q(\mu) = 1$. Выберем $\nu’ > max\{\mu, \beta\}$. Пусть, $R(\nu) = q(\nu)$ для $\nu < \nu'$, $R(\nu') = 0$, $R(\nu'+1) = 1$, $R(\nu) = 0$ для $\nu > \nu’+1$. Тогда, $R \in B$ и $p < R < q$.

[rishelie]

Инт в сообщении #238990 писал(а):

Обозначим $\lim\limits_{n} P_{n} = p$

Что такое предел в $C_1$ и всегда ли он существует?

Инт в сообщении #238990 писал(а):

Пусть $P’_{n}(\nu) = P_{n}(\nu)$ для $\nu \leqslant \mu(n-1, n)$, и $P’_{n}(\nu) = 0$ для $\nu > \mu(n-1, n)$

Отсюда следует $P_n'\leqslant P_n$.

Впрочем, я нашел свое доказательство счетной насыщенности $B$ через последовательность вложенных $\delta$-интервалов. При этом мне не пршлось вводить понятие предела на этом пространстве и доказывать его полноту.

[Инт]

rishelie в сообщении #239018 писал(а):

Инт в сообщении #238990 писал(а):

Пусть $P’_{n}(\nu) = P_{n}(\nu)$ для $\nu \leqslant \mu(n-1, n)$, и $P’_{n}(\nu) = 0$ для $\nu > \mu(n-1, n)$

Отсюда следует $P_n'\leqslant P_n$.

Да, ошибка, должно быть $P_{n-1} < P’_{n} \leqslant P_{n}$. Что касается предела, то им можно считать объединение функций $P’_{n}$, если у них выбросить хвост из нулей, а затем добавить такой хвост результату, после операции объединения.

[Someone]

Понятие предела в линейно упорядоченном множестве определяется с помощью интервалов. Существует он, естественно, не всегда.

[rishelie]

Инт в сообщении #239029 писал(а):

Что касается предела, то им можно считать объединение функций $P’_{n}$, если у них выбросить хвост из нулей, а затем добавить такой хвост результату, после операции объединения.

Это метод его конструкции. Но еще нужно доказать, что это и есть предел в интервальной топологии. К тому же сама конструкция порочна. Дело в том, что если отбрасывать хвосты, функции не всегда могут вкладываться в друг друга. Более того, сами точки ветвления (первая точка различия двух сравнимых функций) могут быть расположены немонотонно относительно порядка ординалов. Так что тут еще много возни ради этих пределов. И, как я уже писал, заморачиваться ради них не стоит. Неявно они скрыты и в моем доказательстве, т.к. я оперирую вложенными интервалами, хотя при этом и не использую топологию.

[Someone]

Инт в сообщении #238426 писал(а):

Someone в сообщении #237682 писал(а):

1) Поскольку глобальный максимум (наибольшее значение) непрерывной функции на некомпактном подмножестве плоскости может не существовать, следует использовать супремум (точную верхнюю грань). (Теховские коды: \max, \min, \sup, \inf: $\max$, $\min$, $\sup$, $\inf$.)
2) Поскольку линия $a$ у нас получилась в результате гомеоморфизма $G$, то её нельзя задать уравнением вида $\varphi=f(r)$. Из-за этого $\hat\varphi(r)=\max\{\varphi|{(\varphi,\xi)\in a,r\leqslant\xi<1\}$ не обязана быть непрерывной функцией.

Здесь действительно необходимо исправиться, хотя большой ошибки не было. Если максимума не существует, то искомая линия $k$ есть отрезок, проходящий в точку $M$.

Какая "линия $k$"? Которую Вы хотите "провести" "между" семействами А и Б? Если речь идёт о моих семействах А и Б (точнее, о тех семействах, которые будут построены после гомеоморфизма половины сектора на весь сектор), то $k$ ни в коем случае не будет прямолинейным отрезком. Обосновывать сейчас не буду.

Инт в сообщении #238426 писал(а):

А исправить надо так: $\hat\varphi(r)=\max\{\varphi|{(\varphi,\xi)\in a,r\leqslant\xi\leqslant 1\}$. В предыдущем посте так же исправил.

Если наша линия, полученная гомеоморфизмом половины сектора на весь сектор, такова, что $\max\{\varphi\mid{(\varphi,\xi)\in a,r\leqslant\xi<1\}$ не существует, то получим $\max\{\varphi\mid{(\varphi,\xi)\in a,r\leqslant\xi\leqslant 1\}=\frac{\pi}4$.

Инт в сообщении #238426 писал(а):

Что касается непрерывности $\hat\varphi$, то она не требуется. Достаточно лишь монотонности, которая обеспечена определением функции. Функция будет кусочно непрерывна.

Поскольку Вы утаили свои дальнейшие действия, мне не ясно, будет ли этого достаточно.

Инт в сообщении #238426 писал(а):

Someone в сообщении #237682 писал(а):

Да не было там никакого "предъявления". Был только очередной список пожеланий.

Был список требований, который очевидно выполним.

Не очевидно.

Инт в сообщении #238426 писал(а):

Если, например, я требую, чтобы линия была перенесена с одного места на другое так, чтобы заканчиваться в точке $M$, то такой перенос существует.

Вы можете требовать чего угодно. Однако Ваши требования не обязаны исполняться. Предъявите построение со всеми необходимыми доказательствами, если собираетесь этим гомеоморфизмом пользоваться.

Инт в сообщении #238426 писал(а):

Someone в сообщении #237682 писал(а):

Ну, если линия $m$, представляющая семейство Б, является прямолинейным отрезком, то можно. Но мне хотелось бы посмотреть на построение линий $s$ в Вашем исполнении. Я пока ни одного Вашего аккуратного доказательства не видел, поэтому мне любопытно.

Что значит аккуратное доказательство?

Это означает, что Вы определяете все необходимые объекты и доказываете, что они обладают требуемыми свойствами, а не просто составляете список пожеланий.

Инт в сообщении #238426 писал(а):

Пусть даны линии $l_{\nu}$ -< $m$, $l_{\nu}, m \in HC$. Считаем, что $l_{\nu}$ - функция: $l_{\nu}: [0, 1] \to (0, \frac{\pi}{2})$, $m$ - прямой отрезок, т.е. считаем $m$ есть функция $m(r) = const = \varphi_0$. Замечу, что для каждого $r < 1$ можно считать $l_{\nu}(r) < m(r)$, если необходимо, заменяя функции на эквивалентные. Пусть $f_{\nu}(r) = max\{\varphi| \varphi = l_{\nu}(\xi), r_{\nu} \leqslant \xi \leqslant r \}$, и $f_{\nu}(r) = l_{\nu}(r_{\nu})$ для $r < r_{\nu}$, где $r_{\nu}$ точка минимума функции $l_{\nu}$. Функция $f_{\nu}$ монотонна, возрастает при росте $r$. Тогда по функции $f_{\nu}$ берём гладкую функцию $s_{\nu}$ такую, что $f_{\nu}$ -< $s_{\nu}$ -< $m$. Подробности процедуры, действительно, не даю. Кроме того, построив $s_{1}$ строим $s_{2}$ с тем дополнительным условием, чтобы было ещё $s_{1}$ -< $s_{2}$. И вообще, если построены линии $s_{\nu}$ для $\nu < \lambda$, то линию $s_{\lambda}$ строим с теми условиями, что: $f_{\lambda}$ -< $s_{\lambda}$ -< $m$ и, одновременно, $s_{\nu}$ -< $s_{\lambda}$ для всех $\nu < \lambda$.

Раз уж Вы сказали, что $l_{\nu}(r) < m(r)$, то ещё следовало сказать, что $\lim\limits_{r\to 1^-}l_{\nu}(r)=\varphi_0\left(=\frac{\pi}4\right)$ (это единственный интересный случай) и определить $f_{\nu}(r)=\max\{l_{\nu}(\xi)\colon 0\leqslant\xi\leqslant r\}$ без всякой возни с минимумами, которых может быть много или, наоборот, ни одного.

Инт в сообщении #238426 писал(а):

Условия выполнимы, так как на каждом шаге строится не более чем счётное количество линий.

Выполнимы, конечно, но вдруг кому-нибудь это не очевидно? Я не в счёт, я такими построениями занимался (в качестве учебной задачи) лет 40 назад (ну, чуть поменьше), когда учился на третьем курсе.

Инт в сообщении #238426 писал(а):

Кроме того, сведение задачи к другой задаче, с которым разбираемся, оказывается вовсе не обязательно.

Я, вообще-то, всё время удивлялся: зачем это сведéние нужно? Но хозяин - барин, доказательство-то Ваше. Свести можно, только пользы от этого не видно. Да и зачёт по этому сведéнию Вы не сдали, так что к экзамену по доказательству Вас можно не допускать.

Ладно, забываем про это сведéние и возвращаемся к исходным семействам А и Б.

Семейство Б состоит из одной линии $m$, заданной уравнением $\varphi=\frac{\pi}4$, а семейство А построено здесь.

Someone в сообщении #235097 писал(а):

Для построения мне понадобятся вспомогательные непрерывные функции $h_k(r)$, $k\in\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}$, $0\leqslant r<1$, которые я определю так:

$$h_1(r)=\begin{cases}1-2r\text{ при }0\leqslant r\leqslant\frac 12\text{,}\\ 0\text{ при }\frac 12<r<1\text{,}\end{cases}$$

а при $k>1$

$$h_k(r)=\begin{cases}0\text{ при }0\leqslant r\leqslant 1-\frac 1{k-1}\text{,}\\ k(k-1)\left(r-\left(1-\frac 1{k-1}\right)\right)\text{ при }1-\frac 1{k-1}<r\leqslant 1-\frac 1k\text{,}\\ k(k+1)\left(\left(1-\frac 1{k+1}\right)-r\right)\text{ при }1-\frac 1k<r\leqslant 1-\frac 1{k+1}\text{,}\\ 0\text{ при }1-\frac 1{k+1}<r<1\text{.}\end{cases}$$

Заметим, что на каждом отрезке $\left[1-\frac 1k,1-\frac 1{k+1}\right]$ в точности две из этих функций отличны от $0$, а именно, $h_k(r)$ и $h_{k+1}(r)$, причём, их сумма на этом отрезке равна $1$. Поэтому, в частности, ряд $\sum\limits_{k=1}^{\infty}h_k(r)$ сходится на полуинтервале $[0,1)$, и его сумма равна $1$.
Кроме того, каждая точка $r\in[0,1)$ имеет окрестность, в которой отличны от $0$ не более трёх из этих функций (для точки $0$ годится полуинтервал $\left[0,\frac 12\right)$; если точка принадлежит интервалу $\left(1-\frac 1k,1-\frac 1{k+1}\right)$, то годится сам этот интервал; если точка совпадает с $1-\frac 1k$ при $k\in\mathbb N$, $k>1$, то годится $\left(1-\frac 1{k-1},1+\frac 1{k+1}\right)$).

Теперь надо построить семейство А, указанное в приведённой выше цитате из моего сообщения. Для этого, разумеется, достаточно указать непрерывные функции $f_{\alpha}(r)$, $\alpha<\omega_1$. Используем построение по индукции по всем ординалам, меньшим $\omega_1$.

Предположим, что для некоторого ординала $\gamma<\omega_1$ уже построены непрерывные функции $f_{\alpha}(r)$, $\alpha<\gamma$, удовлетворяющие следующим условиям:
а) для всех $\alpha<\gamma}$ выполняются неравенства $0\leqslant f_{\alpha}(r)<\frac{\pi}4$ при $0\leqslant r<1$, и существует $\lim\limits_{r\to 1^-}f_{\alpha}(r)=\frac{\pi}4$;
б) если $\alpha<\beta<\gamma$, то найдётся такое число $\varepsilon>0$, что при всех $r\in(1-\varepsilon,1)$ выполняется неравенство $f_{\alpha}(r)<f_{\beta}(r)$.
(Для $\gamma=0$ множество функций будет пустым.)
Построим $f_{\gamma}(r)$. Рассмотрим три случая.

1) Для $\gamma=0$ положим $f_0(r)=\frac{\pi r}4$. Заметим, что эта функция непрерывна и $0\leqslant f_0(r)<\frac{\pi}4$ при $0\leqslant r<1$, и $\lim\limits_{r\to 1^-}f_0(r)=\frac{\pi}4$, то есть, условие а) выполняется, а условие б) тривиально.

2) Ординал $\gamma$ - не предельный, то есть, существует такой ординал $\beta$, что $\gamma=\beta+1$. Тогда положим $f_{\gamma}(r)=\frac 12\left(\frac{\pi}4+f_{\beta}(r)\right)$. Эта функция непрерывна, так как по предположению индукции $f_{\beta}(r)$ непрерывна.
Условие а) выполняется:
так как при $0\leqslant r<1$ по предположению индукции $0\leqslant f_{\beta}(r)<\frac{\pi}4$, то $0<\frac{\pi}8=\frac 12\left(\frac{\pi}4+0\right)\leqslant f_{\gamma}(r)<\frac 12\left(\frac{\pi}4+\frac{\pi}4)=\frac{\pi}4$, то есть, $0\leqslant f_{\gamma}(r)<\frac{\pi}4$;
так как $\lim\limits_{r\to 1^-}f_{\beta}(r)=\frac{\pi}4$, то $\lim\limits_{r\to 1^-}f_{\gamma}(r)=\frac 12\left(\frac{\pi}4+\frac{\pi}4\right)=\frac{\pi}4$.
Условие б) выполняется:
так как при $0\leqslant r<1$ выполняется неравенство $f_{\beta}(r)<\frac{\pi}4$, то $f_{\beta}(r)<\frac 12\left(\frac{\pi}4+f_{\beta}(r)\right)=f_{\gamma}(r)$;
если задан ординал $\alpha<\beta$, то по предположению индукции найдётся такое число $\varepsilon>0$, что при всех $r\in(1-\varepsilon,1)$ выполняется неравенство $f_{\alpha}(r)<f_{\beta}(r)$. Тогда для этого $\varepsilon$ и $r\in(1-\varepsilon,1)$ получим $f_{\alpha}(r)<f_{\beta}(r)<f_{\gamma}(r)$.

3) Ординал $\gamma>0$ - предельный. Перенумеруем все ординалы, меньшие $\gamma$, натуральными числами. Таким образом, все ординалы, меньшие $\gamma$, перечислены в виде последовательности $\{\alpha_k:k\in\mathbb N\}$. Для каждого $n\in\mathbb N$ и $0\leqslant r<1$ положим $g_n(r)=\max\{f_{\alpha_k}}(r):1\leqslant k\leqslant n\}$. Сразу заметим, что эти функции непрерывны на $[0,1)$, и при $1\leqslant k\leqslant n$ выполняются неравенства $f_{\alpha_k}(r)\leqslant g_n(r)\leqslant g_{n+1}(r)<\frac{\pi}4$.
Определим функцию $\hat g_{\gamma}(r)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}g_n(r)h_n(r)$. Эта функция непрерывна на $[0,1)$, так как члены этого ряда непрерывны, и для каждой точки рассматриваемого полуинтервала существует окрестность, в которой отличны от $0$ не более трёх членов ряда. Заметим, что при $1\leqslant k\leqslant n$ на отрезке $\left[1-\frac 1n,1-\frac 1{n+1}\right]$ выполняются неравенства

\begin{multline*}0\leqslant f_{\alpha_k}(r)\leqslant g_n(r)=h_n(r)g_n(r)+h_{n+1}(r)g_n(r)\leqslant h_n(r)g_n(r)+h_{n+1}(r)g_{n+1}(r)=\\ =\hat g_{\gamma}(r)\leqslant h_n(r)g_{n+1}(r)+h_{n+1}(r)g_{n+1}(r)=g_{n+1}(r)<\frac{\pi}4\text{,}\end{multline*}

то есть, $f_{\alpha_k}(r)\leqslant\hat g_{\gamma}(r)<\frac{\pi}4$. Поскольку $n\geqslant k$ можно взять произвольным, неравенство $f_{\alpha_k}(r)\leqslant\hat g_{\gamma}(r)<\frac{\pi}4$ выполняется при всех $r\in\left(1-\frac 1k,1\right)$.
Наконец, положим $f_{\gamma}(r)=\frac 12\left(\frac{\pi}4+\hat g_{\gamma}(r)\right)$. Эта функция непрерывна. Проверим, что выполняются условия а) и б).
Условие а):
так как при $0\leqslant r<1$ имеем $0\leqslant\hat g_{\gamma}(r)<\frac{\pi}4$, то $0<\frac{\pi}8=\frac 12\left(\frac{\pi}4+0\right)\leqslant f_{\gamma}(r)<\frac 12\left(\frac{\pi}4+\frac{\pi}4)=\frac{\pi}4$, то есть, $0\leqslant f_{\gamma}(r)<\frac{\pi}4$;
так как $\lim\limits_{r\to 1^-}f_{\alpha_1}(r)=\frac{\pi}4$ и $f_{\alpha_1}(r)\leqslant\hat g_{\gamma}(r)<\frac{\pi}4$ при $r\in[0,1)$, то, по теореме о двух милиционерах, $\lim\limits_{r\to 1^-}\hat g_{\alpha_1}(r)=\frac{\pi}4$, откуда $\lim\limits_{r\to 1^-}f_{\gamma}(r)=\frac 12\left(\frac{\pi}4+\frac{\pi}4\right)=\frac{\pi}4$.
Условие б):
пусть $\alpha<\gamma$; существует такое $k\in\mathbb N$, что $\alpha=\alpha_k$. Тогда при $r\in\left(1-\frac 1k,1\right)$ из неравенства $f_{\alpha_k}(r)\leqslant\hat g_{\gamma}(r)<\frac{\pi}4$ получаем $f_{\alpha}(r)=f_{\alpha_k}(r)\leqslant\hat g_{\gamma}(r)<\frac 12\left(\frac{\pi}4+\hat g_{\gamma}(r)\right)=f_{\gamma}(r)$, то есть, $f_{\alpha}(r)<f_{\gamma}(r)$ при $1-\frac 1k<r<1$.

Таким образом, требуемая функция $f_{\gamma}(r)$ построена, и можно продолжать построение дальше.
Требуемое семейство А, таким образом, построено.

Поскольку Вы хотите иметь также монотонность и гладкость, немного продолжим рассуждения.
Сначала докажем (по индукции), что построенные функции $f_{\alpha}$, $\alpha<\omega_1$, являются возрастающими на $[0,1)$.

1) Для $\gamma=0$ функция $f_0(r)=\frac{\pi r}4$ (определена в цитате в пункте 1)), разумеется, возрастающая.

Предположим, что для ординала $0<\gamma<\omega_1$ доказано, что при всех $\alpha<\gamma$ функция $f_{\alpha}(r)$ возрастающая. Докажем, что и $f_{\gamma}$ возрастающая.

2) Ординал $\gamma$ не предельный. Тогда существует такой ординал $\alpha$, что $\gamma=\alpha+1$. Функция $f_{\alpha}$ - возрастающая по предположению, поэтому и $f_{\gamma}(r)=\frac 12\left(\frac{\pi}4+f_{\alpha}(r)\right)$ (определена в цитате в пункте 2)) возрастающая.

3) Ординал $\gamma$ предельный. Все определения приведены в цитате в пункте 3). По предположению, все функции $f_{\alpha_k}$, $k\in\mathbb N$, являются возрастающими. Поэтому возрастающими являются и функции $g_n(r)=\max\{f_{\alpha_k}}(r):1\leqslant k\leqslant n\}$.
Теперь докажем, что и функция $\hat g_{\gamma}(r)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}g_n(r)h_n(r)$ возрастает на $[0,1)$. Достаточно проверить, что она возрастает на каждом отрезке $\left[1-\frac 1n,1-\frac 1{n+1}\right]$, $n\in\mathbb N$, так как эти отрезки покрывают весь полуинтервал $[0,1)$. Из перечисленных выше свойств функций $h_k(r)$, $k\in\mathbb N$, следует, что на данном отрезке выполняется равенство $\hat g_{\gamma}(r)=h_n(r)g_n(r)+h_{n+1}(r)g_{n+1}(r)$ (все остальные члены ряда на данном отрезке обращаются в $0$).
Возьмём любые две точки $r_1,r_2$, удовлетворяющие условию $1-\frac 1n\leqslant r_1<r_2\leqslant 1-\frac 1{n+1}$. Докажем, что $\hat g_{\gamma}(r_1)<\hat g_{\gamma}(r_2)$.
для краткости обозначим $t_1=h_{n+1}(r_1)$ и $t_2=h_{n+1}(r_2)$. Из свойств функций $h_k(r)$, $k\in\mathbb N$, следует, что выполняются условия $0\leqslant t_1<t_2\leqslant 1$ и $0\leqslant h_n(r_2)=1-t_2<1-t_1=h_n(r_1)\leqslant 1$. Тогда

\begin{multline*}\hat g_{\gamma}(r_2)-\hat g_{\gamma}(r_1)=(h_n(r_2)g_n(r_2)+h_{n+1}(r_2)g_{n+1}(r_2))-(h_n(r_1)g_n(r_1)+h_{n+1}(r_1)g_{n+1}(r_1))=\\ =((1-t_2)g_n(r_2)+t_2g_{n+1}(r_2))-((1-t_1)g_n(r_1)+t_1g_{n+1}(r_1))=\\ =(t_2-t_1)(g_{n+1}(r_1)-g_n(r_1))+(1-t_2)(g_n(r_2)-g_n(r_1))+t_2(g_{n+1}(r_2)-g_{n+1}(r_1))>0\text{,}\end{multline*}

так как все три слагаемых в последнем выражении неотрицательны, причём, последнее положительно (функция $g_{n+1}(r)$ возрастающая, $t_2>0$). Поэтому $\hat g_{\gamma}(r_2)>\hat g_{\gamma}(r_1)$, то есть, функция $\hat g(r)$ возрастает на каждом отрезке $\left[1-\frac 1n,1-\frac 1{n+1}\right]$, $n\in\mathbb N$, а потому и на всём полуинтервале $[0,1)$.
Наконец, из определения функции $f_{\gamma}(r)=\frac 12\left(\frac{\pi}4+\hat g_{\gamma}(r)\right)$ следует, что она также возрастает на $[0,1)$.

Поэтому делаем вывод, что все функции $f_{\alpha}(r)$, $\alpha<\omega_1$, являются возрастающими.

Теперь разберёмся с гладкостью. Для действительных чисел $a,b$, $a<b$, определим функцию

$$\theta(x;a,b)=\begin{cases}0\text{ при }x\leqslant a\text{,}\\ \exp\left(-\frac 1{x-a}\exp\left(-\frac 1{b-x}\right)\right)\text{ при }a<x<b\text{,}\\ 1\text{ при }x\geqslant b\end{cases}$$

(здесь $\exp(x)=e^x$ - одно из распространённых обозначений показательной функции). Подобные функции иногда используются, когда нужно гладко "сшить" две константы, поэтому будем считать известным, что эта функция бесконечно дифференцируема на всей числовой оси (это проверяется стандартными вычислениями с использованием определения производной в точках $a$ и $b$), причём, $\theta^{(n)}(a;a,b)=\theta^{(n)}(b;a,b)=0$ при всех $n\in\mathbb N$. Кроме того, при $a<x<b$ получаем

$$\theta'(x;a,b)=\exp\left(-\frac 1{x-a}\exp\left(-\frac 1{b-x}\right)-\frac 1{b-x}\right)\left(\frac 1{(x-a)^2}+\frac 1{(x-a)(b-x)^2}\right)>0\text{,}$$

так что эта функция возрастает на отрезке $[a,b]$.

1) Заметим, что функция $f_0(r)=\frac{\pi r}4$ бесконечно дифференцируема на $[0,1)$.

Пусть $0<\gamma<\omega_1$. Предположим, что для всех $\alpha<\gamma$ бесконечно дифференцируемые возрастающие функции $f_{\alpha}(r)$, удовлетворяющие указанным в цитате условиям а) и б), уже построены.

2) Если ординал $\gamma$ не предельный, то определяем функцию $f_{\gamma}(r)$ как в процитированном построении, и её бесконечная дифференцируемость на $[0,1)$ следует из бесконечной дифференцируемости $f_{\beta}(r)$.

3) Если ординал $\gamma$ предельный, то, по сравнению с процитированным выше построением, в изменении нуждается только определение функции $f_{\gamma}$, а все вспомогательные функции определяются так же.
Для $n\in\mathbb N$ определим $c_{n,\gamma}=\hat g_{\gamma}\left(1-\frac 1{n+1}\right)$. Заметим, что при $r\in\left[0,1-\frac 1{n+1}\right)$ выполняются неравенства $\hat g_{\gamma}(r)<c_{n,\gamma}<c_{n+1,\gamma}<\frac{\pi}4$, так как эта функция возрастающая.
Определим теперь функцию $f_{\gamma}(r)$ при $r\in\left[1-\frac 1n,1-\frac 1{n+1}\right)$, $n\in\mathbb N$, равенством $f_{\gamma}(r)=c_{n,\gamma}+(c_{n+1,\gamma}-c_{n,\gamma})\theta\left(r;1-\frac 1n,1-\frac 1{n+1}\right)$. Эта функция на полуинтервале $[0,1)$ по построению возрастает, бесконечно дифференцируема (в "сомнительных" точках $1-\frac 1n$, $n\in\mathbb N$, все производные равны $0$ в силу свойств функции $\theta$) и удовлетворяет неравенству $\hat g_{\damma}(r)<f_{\gamma}(r)<\frac{\pi}4$. Все остальные требуемые свойства проверяются так же, как в процитированном выше построении.

Таким образом, функции с требуемыми свойствами построены. Заметим, что их все можно доопределить в точке $r=1$ по непрерывности, положив $f_{\alpha}(1)=\frac{\pi}4$, $\alpha<\omega_1$. При $\alpha<\omega_0$ функции $f_{\alpha}(r)$ будут бесконечно дифференцируемыми на отрезке $[0,1]$. Что касается функций $f_{\alpha}(r)$ при $\omega_0\leqslant\alpha<\omega_1$, то можно доказать, что существует $f'_{\alpha}(1)=0$, но непрерывности производной в точке $r=1$, скорее всего, не будет. Тем более не следует ожидать существования в этой точке производных высших порядков.

Вообще, условия монотонности и гладкости функций $f_{\alpha}(r)$, $\alpha<\omega_1$, ввиду ожидающихся далее построений, выглядят для меня как бантик на паровозе: красиво, пока не закоптился, и абсолютно бесполезно. Поэтому я дальнейших усилий в этом направлении прилагать не буду. Если Вам позарез нужно, заботьтесь об этом далее сами.

Итак, что там у нас на очереди? Построение деформаций, "разводящих" линии? Прошу Вас, предъявите такую деформацию $\Omega_{\nu}$ для $\nu=0$. Больше пока не надо. Прежде, чем делать что-либо дальше, нужно разобраться с первым шагом.

rishelie в сообщении #239104 писал(а):

Это метод его конструкции.

Ладно, Вы (и, может быть, AGu, если захочет) разбирайтесь с его "гипердействительными" числами, а я буду возиться с топологией.

[rishelie]

Someone в сообщении #239259 писал(а):

Ладно, Вы (и, может быть, AGu, если захочет) разбирайтесь с его "гипердействительными" числами, а я буду возиться с топологией.

Да вроде бы существование $\omega_1$-последовательности в $HC$ не вызывает сомнений. Я ее строил для множества последовательностей, а Вы - для множества непрерывных функций (раз уж Инту хочется строить $HC$ через них).
А вот все эти трансформации-мутации для меня загадка. Не вижу я там четкой идеи, из которой можно было бы построить что-либо однозначно и строго. В методе вынуждения Коэна легче разобраться
У меня остается четкое ощущение, что всякий раз для пары функций используется свой гомеоморфизм, "разводящий концы", а не единый для всех.
Подозреваю, что монотонность ему требуется дл того, чтобы в окретности 1 иметь возможность превращать функции в прямые линии, что позволяет "разводить" (вопрос - кого?) Так как про бесконечно сжимающуюся гармошку синуса мне так и не был дан точный ответ - как именно она "вытягивается"

[Someone]

rishelie в сообщении #239304 писал(а):

Да вроде бы существование $\omega_1$-последовательности в $HC$ не вызывает сомнений. Я ее строил для множества последовательностей, а Вы - для множества непрерывных функций (раз уж Инту хочется строить $HC$ через них).

Множество последовательностей он называет гиперпрямой и обозначает $C_1$. А $HC$ - это у него множество линий в секторе.

rishelie в сообщении #239304 писал(а):

А вот все эти трансформации-мутации для меня загадка. Не вижу я там четкой идеи, из которой можно было бы построить что-либо однозначно и строго. В методе вынуждения Коэна легче разобраться

Просто он не в состоянии внятно описать свои "наглядные" образы. И, похоже, не в состоянии ничего аккуратно построить.

rishelie в сообщении #239304 писал(а):

У меня остается четкое ощущение, что всякий раз для пары функций используется свой гомеоморфизм, "разводящий концы", а не единый для всех.

Ну да. Счётное множество линий можно "развести" гомеоморфизмом внутренности сектора на себя. А несчётное - нельзя. Он поэтому говорит об "интуиционистских деформациях", упоминая в связи с этим произведение пространств. Действительно можно построить гомеоморфизм внутренности сектора на некоторое подмножество произведения $\aleph_1$ экземпляров сектора, "разводящий" $\aleph_1$ линий, и для этого достаточно уметь "разводить" пары линий. Но он ведь опять же внятно описать это не может, иначе не бормотал бы эту невнятицу про "интуиционистские деформации".

rishelie в сообщении #239304 писал(а):

Подозреваю, что монотонность ему требуется дл того, чтобы в окретности 1 иметь возможность превращать функции в прямые линии, что позволяет "разводить" (вопрос - кого?) Так как про бесконечно сжимающуюся гармошку синуса мне так и не был дан точный ответ - как именно она "вытягивается"

Он, в сущности, пока мне никакого построения внятно не изложил.

[rishelie]

Someone в сообщении #239319 писал(а):

Множество последовательностей он называет гиперпрямой и обозначает $C_1$. А $HC$ - это у него множество линий в секторе.

Не, я имел ввиду вещественные последовательности. То есть , вместо функций (линий) в секторе куда проще рассматривать последовательности из $\omega$ в ${\mathbb R}$, причем вполне достаточно рассматривать положительные сходящиеся в ноль. А с $C_1$ мы уже разобрались, там нет особых сложностей.

Someone в сообщении #239319 писал(а):

Ну да. Счётное множество линий можно "развести" гомеоморфизмом внутренности сектора на себя. А несчётное - нельзя. Он поэтому говорит об "интуиционистских деформациях", упоминая в связи с этим произведение пространств. Действительно можно построить гомеоморфизм внутренности сектора на некоторое подмножество произведения $\aleph_1$ экземпляров сектора, "разводящий" $\aleph_1$ линий, и для этого достаточно уметь "разводить" пары линий. Но он ведь опять же внятно описать это не может, иначе не бормотал бы эту невнятицу про "интуиционистские деформации".

Но если так, то откуда тут берется биекция между $C_1$ и $HC$?
К тому же, из существования этой биекции следует существование биекции между $B$ (бинарные последовательности длины $\aleph_1$ с хвостами вида 1000 и 0111) и $C_1$.