Континуум-гипотеза для замкнутых множеств.

[Dave]

Докажите, что любое несчётное замкнутое подмножество $\mathbb R^n$ равномощно $\mathbb R^n$, т.е. имеет мощность континуума.

[Legioner93]

Ничего в этом не понимаю, но почему нельзя так?
Т.к. оно несчётное, то его мощность не меньше континуума.
Т.к. оно подмножество $\mathbb{R}^n$, то его мощность не больше континуума.
Может вы хотите доказать такое утверждение: "Множество всех замкнутых подмножеств $\mathbb{R}^n$ имеет мощность континуума"?

[Dave]

Legioner93 в сообщении #521521 писал(а):

Ничего в этом не понимаю, но почему нельзя так?
Т.к. оно несчётное, то его мощность не меньше континуума.

Нет, так нельзя. Это справедливо только если верна континуум-гипотеза, которую невозможно ни доказать, ни опровергнуть. Смысл этой задачи состоит в том, чтобы доказать эту гипотезу, но с оговоркой на замкнутость рассматриваемых множеств.

Legioner93 в сообщении #521521 писал(а):

Может вы хотите доказать такое утверждение: "Множество всех замкнутых подмножеств $\mathbb{R}^n$ имеет мощность континуума"?

Нет, это другое утверждение и доказывается оно гораздо проще.

(Оффтоп)

Каждому замкнутому множеству $A \subseteq \mathbb R^n$ соответствует открытое $B = \mathbb R^n \setminus A$, а каждое открытое есть объединение
$B = \bigcup\limits_{z \in I_B} z$, где $I_B= \{x \in I_n | x \subseteq B \}$, а $I_n$ - множество открытых шаров в $\mathbb R^n$ с рациональными координатами центра и радиусом. Значит мощность множества всех замкнутых подмножеств $\mathbb R^n$ не больше мощности множества подмножеств $I_n$, а, поскольку $I_n$ счётно, то она не более, чем континуальна. Но, рассматривая одноточечные множества в $\mathbb R^n$, каждое из которых является замкнутым, видим, что она не менее, чем континуальна.

Я не хочу, а уже доказал и предлагаю доказать Вам, что каждое из таких множеств имеет мощность континуума (если оно несчётно, конечно). Если формулировка кажется слишком сложной, то докажите, что для любого несчётного замкнутого множества $A \subseteq \mathbb R^n$ существует отображение (функция) $f$ множества действительных чисел $\mathbb R$ в $\mathbb R^n$, такое (-ая), что для любого $x$ из $\mathbb R$: $f(x) \in A$ и $f(x) \neq f(y)$, если $x \neq y$.

[AMapyaK]

Шаг 1
Достаточно доказать для компакта.

В самом деле, разобьём всё пространство на кубы со стороной 1. Хотя бы в одном будет несчётное число точек исходного множества. Впишем этот куб в замкнутый шар соответствующего радиуса, и рассмотрим его пересечение с нашим замкнутым множеством. Это и будет искомый компакт. Обозначим его $K$.

Шаг 2
Существует хотя бы одна точка $x\in K$, такая, что для всякого $r>0$ пересечение $B_r (x)\cap K$ несчётно.

Пусть не так. Тогда для всякого $x$ найдётся $r>0$, такой, что $B_r (x)\cap K$ не более чем счётно. Покроем такими шарами весь компакт, выберем конечное подпокрытие и выясним, что множество $K$ само не более чем счётно. Пришли к противоречию.

Шаг 3
Таких точек как минимум две. Т.е. существует $y\in K$, $y\neq x$, для которого выполняется то же условие (см. шаг 2).

Пусть $K_r:=K\setminus B_r(x)$. Рассмотрим $\eta:=\sup \left\{r\geq 0: \#K_r >\aleph_0 \right\}$ (заметим, что множество непусто, т.к. заведомо содержит ноль).
Докажем, что $\eta>0$. Действительно, предположим, что $\eta=0$, т.е., если выкинуть любую окрестность точки $x$, останется не более чем счётное множество. Выберем некую монотонно стремящуюся к нулю последовательность $r_n$, и рассмотрим сферические слои $B_{r_n}(x)\setminus B_{r_{n+1}}(x)$. Каждое из множеств $K\cap (B_{r_n}(x)\setminus B_{r_{n+1}}(x))$ не более чем счётно. Объединив их все, а также одноточечное множество $\{x\}$, получим всё $K$, которое снова окажется не более чем счётным. Пришли к противоречию.
Итак, $\eta>0$. Рассмотрим $K_{\frac{\eta}{2}}$. Это также несчётный компакт, и к нему применимы рассуждения из шага 2.

Шаг 4
Пусть $0<r<\frac{dist(x,y)}{3}$. Рассмотрим множества $K^0:=K\cap \bar{B}_r(x)$ и $K^1:=K\cap \bar{B}_r(y)$. $K^0$ и $K^1$ также являются несчётными компактами, содержатся в исходном, а их пересечение пусто.

Шаг 5
В силу вышесказанного, шаги 2-4 можно повторить для $K^0$ и $K^1$, а значит, и до бесконечности. Радиусы шаров на четвёртом шаге будем выбирать так, чтобы они стремились к нулю.
Дальнейшее очевидно. Берём вещественное число, и начинаем двигаться по его двоичному разложению вправо. Встретив ноль, выбираем $K^0$, встретив единицу, выбираем $K^1$. По теореме о вложенных шарах, пересечение всех этих компактов даст нам единственную точку. Она и будет образом этого числа в искомом отображении. Инъективность отображения очевидна, т.к. $K^0$ и $K^1$ не пересекаются.

(Оффтоп)

Прошу прощения за некоторую скомканность, особенно в конце. Очень хочется спать

[Dave]

AMapyaK, хорошее доказательство. Идея моего состоит в том, чтобы свести дело к случаю, когда рассматриваемое множество - компакт на прямой, а потом, методом бесконечного деления этого множества "пополам", доказать, что точек в нём "не меньше", чем в отрезке прямой. Подробно это выглядит так.

Пусть $A$ - несчётное замкнутое множество в $\mathbb R^n$. Поскольку $\mathbb R^n$ имеет мощность континуума ($card \; \mathbb R^n=\mathfrak{c}$), то мощность $A$ не больше мощности континуума ($card \; A \leq \mathfrak{c}$) и достаточно доказать, что она не меньше мощности континуума ($card \; A \geq \mathfrak{c}$).

Рассматривая последовательность множеств $A_i=A \cap S_i, \; i \in \mathbb N$, где $S_i$ - замкнутый шар с центром в начале координат и радиусом $i$, видим, что $A = \bigcup\limits_{i=1}^{\infty} A_i$, поэтому среди $A_i$ есть хотя бы одно несчётное множество. При этом соответствующее $A_i$ замкнуто и имеет мощность не большую, чем у $A$, и если мы докажем, что $card \; A_i \geq \mathfrak{c}$, то тогда и $card \; A \geq \mathfrak{c}$. Значит, не умаляя общности, можно считать, что множество $A$ ограничено.

Далее, рассматривая проекции ограниченного множества $A$ на оси координат, $P_i= \{a \in \mathbb R \, | \, \exists \; x=(x_1,x_2,\ldots,x_n) \in A: x_i=a \}$, где $i=1,2,\ldots,n$, заключаем, что, поскольку $A \subseteq P_1 \times P_2 \times \ldots P_n$, то среди $P_i$ есть как минимум одно несчётное множество. При этом, опять же, соответствующее $P_i$ замкнуто и имеет мощность не большую, чем у $A$, и если мы докажем, что $card \; P_i \geq \mathfrak{c}$, то тогда и $card \; A \geq \mathfrak{c}$. Значит, не умаляя общности, можно считать, что $A$ - ограниченное замкнутое подмножество $\mathbb R$.

Лемма. Если множество $A \cap [p,q]$ несчётно, то существует такое число $r$, $p<r<q$, что каждое из множеств $A \cap [p,r]$ и $A \cap [r,q]$ несчётно. (Попросту говоря, каждый отрезок, содержащий несчётное число точек множества $A$, можно разбить на два отрезка, каждый из которых также содержит несчётное число точек множества $A$.)
Доказательство. Рассмотрим числа $r_-=\sup \; \{x \in [p,q] \, | \, card \; (A \cap [p,x]) \leq \aleph_0\}$ и $r_+=\inf \; \{x \in [p,q] \, | \, card \; (A \cap [x,q]) \leq \aleph_0\}$ ($\aleph_0$ - мощность счётного множества). Эти определения корректны, т.к. множества, для которых берутся верхняя и нижняя грани, непусты. Первое из них содержит, как минимум, точку $x=p$, второе - точку $x=q$. Кроме этого, числа $r_-$ и $r_+$ принадлежат отрезку $[p,q]$. Из определений точной верхней и нижней граней следует, что можно выбрать последовательности $x_m^-$ и $x_m^+$, такие, что $p \leqslant x_m^- \leqslant r_-$ и $r_+ \leqslant x_m^+ \leqslant q$ при любом $m$, $\lim\limits_{m \to \infty} x_m^- = r_-$, $\lim\limits_{m \to \infty} x_m^+ = r_+$ и $card \, (A \cap [p,x_m^-]) \leq \aleph_0$, $card \, (A \cap [x_m^+,q]) \leq \aleph_0$ при любом $m$. Поэтому $A \cap [p,r_-) \subseteq \bigcup\limits_{m=1}^{\infty} A \cap [p,x_m^-]$ и $card \, (A \cap [p,r_-)) \leq \aleph_0$, аналогично $A \cap (r_+,q] \subseteq \bigcup\limits_{m=1}^{\infty} A \cap [x_m^+,q]$ и $card \, (A \cap (r_+,q]) \leq \aleph_0$. Это говорит о том, что случай $r_+ \leqslant r_-$ невозможен, ибо тогда $[p,q] = [p,r_-) \cup \{r_-\} \cup (r_+,q]$ и множество $A \cap [p,q] = (A \cap [p,r_-)) \cup (A \cap \{r_-\}) \cup (A \cap (r_+,q])$ не более чем счётно, что противоречит условию леммы. В случае же $r_- < r_+$ можно взять $r= \frac {r_- + r_+} 2$. Тогда если бы, к примеру, множество $A \cap [p,r]$ было не более чем счётным, то верхняя грань $r_-$ должна была быть не меньше $r$, что не так.

Построим функцию $h \colon D \to \mathbb R$, где $D$ - множество конечных двоичных дробей на отрезке $[0,1]$, следующим образом. Вначале положим $h(0)=\inf \; A$, $h(1)=\sup \; A$. Далее, для каждого $m \geqslant 0$, если $h$ определена для дробей со знаменателями $2^m$ и каждый отрезок $\left[h(\frac i {2^m}), h(\frac {i+1} {2^m})\right]$, $i=0,1,\ldots,2^m-1$, содержит несчётное число элементов множества $A$, то, пользуясь леммой, выберем для каждого $i$ число $z_i^{(m)}$, такое, что $h(\frac i {2^m}) < z_i^{(m)} < h(\frac {i+1} {2_m})$ и каждый из отрезков $\left[h(\frac i {2^m}),z_i^{(m)}\right]$ и $\left[z_i^{(m)},h(\frac {i+1} {2^m})\right]$ содержит несчётное число элементов множества $A$, и положим $h\left(\frac {2i+1} {2^{m+1}}\right)$ (значение функции в середине отрезка между двумя исходными дробями) равным $z_i^{(m)}$. По построению функции $h$ видно, что, если $d_1<d_2, \, d_1,d_2 \in D$, то $h(d_1)<h(d_2)$ и на отрезке $[h(d_1),h(d_2)]$ содержится несчётное число точек множества $A$.

Наконец, построим функцию $f \colon [0,1] \to A$ следующим образом. Для каждого числа $x \in (0,1)$ возьмём две последовательности конечных двоичных дробей $d_m^-(x)$ и $d_m^+(x)$, $m \in \mathbb N$, сходящихся к $x$ соответственно слева и справа и таких, что $d_m^-(x) < x$ и $x < d_m^+(x)$ при любом $m$. Для крайних точек отрезка, $x=0$ и $x=1$, будем брать соответственно $d_m^-(0)=0$ и $d_m^+(1)=1$, оставляя то же требование для последовательности, сходящейся изнутри отрезка. Возьмём теперь любое число $x \in [0,1]$. Каждый из отрезков $[h(d_m^-(x)),h(d_m^+(x))]$, очевидно, содержит несчётное число точек из $A$, поэтому мы можем выбрать в нём какую-нибудь точку $a_m(x) \in A$. Последовательность $a_m(x)$ ограничена, поэтому содержит сходящуюся к какому-то пределу подпоследовательность. В силу замкнутости множества $A$, этот предел также принадлежит $A$. Положим $f(x)$ равным этому пределу. Построенная таким образом функция $f$ будет строго монотонной на отрезке $[0,1]$. Действительно, если $x_1<x_2, \, x_1,x_2 \in [0,1]$, то мы можем выбрать две конечные двоичные дроби $d_1$ и $d_2$ из $D$, такие, что $x_1<d_1<d_2<x_2$. При этом, начиная с некоторого номера $m$, $d_m^+(x_1)<d_1$ и $d_2<d_m^-(x_2)$, следовательно, при всех этих $m$: $a_m(x_1) \leqslant h(d_m^+(x_1))<h(d_1)$ и $h(d_2)<h(d_m^-(x_2)) \leqslant a_m(x_2)$, откуда следует, что и для пределов частичных подпоследовательностей, выбранных при построении $f(x_1)$ и $f(x_2)$, верно: $f(x_1) \leqslant h(d_1) < h(d_2) \leqslant f(x_2)$. Мы построили строго монотонное, а значит инъективное отображение $f$ отрезка $[0,1]$, имеющего мощность континуума, во множество $A$, а значит мощность $A$ не меньше $\mathfrak{c}$. $\blacksquare$