Теорема о континууме

[se0808]

Добрый день! Хочу попросить помочь мне в доказательстве, что если континуальное множество разбито на счётное число подмножеств, то среди них есть континуальное. У меня получилось следующее:

* Если подмножеств конечно, то обозначим множества $|A_1| \leqslant |A_2| \leqslant ... \leqslant |A_n|$, поэтому $|A_n| \leqslant |A_1 + A_2 + ... + A_n| \leqslant |A_n \cdot n| = |A_n|$, но объединение континуально, а потому и $A_n$ континуально.

* Если же их счётно, то наибольшего может не существовать. Но если между счётным и континуальным нет мощности (континуум-гипотеза), то это всё равно верно, доказательство аналогично первому пункту. Поэтому если можно доказать, что факт неверен, то найдётся промежуточная, а потому доказуемо опровержение континуум-гипотезы. Но из аксиоматики ZFC это сделать невозможно. Однако из недоказуемости обратного не следует верность данного утверждения, или я что-то путаю?

Также я нашёл в брошюрке, на стр. 25-26, этот факт и более общее утверждение, что множество всех подмножеств $\alpha$ не представляется в виде объединения «$\alpha$ штук» множеств мощности меньше $2^\alpha$, но без каких-либо примечаний, как это доказать?

[Joker_vD]

Если вы возьмете счетное число счетных множеств, то их объединение будет счетным множеством — нумерация выписывается легко.

[Профессор Снэйп]

Joker_vD в сообщении #621183 писал(а):

Если вы возьмете счетное число счетных множеств, то их объединение будет счетным множеством — нумерация выписывается легко.

А если объединяем счётное число несчётных, но менее чем континуальных?

Или Вы континуум-гипотезу привлечь хотите? Так вроде без неё доказать надо!

-- Чт сен 20, 2012 01:05:16 --

se0808 в сообщении #621165 писал(а):

...как это доказать?

Ну а диагональ построить нельзя?

Вот есть у нас семейство $\{ X_a \}_{a \in A}$ подмножеств $\mathcal{P}(A)$, причём $|X_a| < |\mathcal{P}(A)|$ для каждого $a$. Теперь берём... н-да, а что берём? Подумать надо!

-- Чт сен 20, 2012 01:10:44 --

se0808 в сообщении #621165 писал(а):

если континуальное множество разбито на счётное число подмножеств, то среди них есть континуальное.

А вот тут как раз всё просто. Докажите следующую лемму:

Если $A_0$ бесконечно и $|A_n| \leqslant |A_0|$ для всех $n \in \mathbb{N}$, то $|\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n| = |A_0|$.

Из неё сразу следует нужное Вам утверждение. А лемму легко доказать, опираясь на $| \mathbb{N} | \leqslant |A_0| = |A_0^2|$.

[Someone]

Это следует из теоремы Ю.Кёнига: если $\mathfrak g_t<\mathfrak f_t$ для всех $t\in T$, то $\sum\limits_{t\in T}\mathfrak g_t<\prod\limits_{t\in T}\mathfrak f_t$.

[CptPwnage]

del

[Padawan]

se0808 в сообщении #621165 писал(а):

множество всех подмножеств $\alpha$ не представляется в виде объединения «$\alpha$ штук» множеств мощности меньше $2^\alpha$

Для бесконечного $\alpha$ выполнено $2^\alpha=2^{\alpha^2}=(2^\alpha)^\alpha$. Поэтому можно в качестве множества мощности $2^\alpha$ взять множество $A=Y^X$ всех отображений из множества $X$ мощности $\alpha$ в множество $Y$ мощности $2^\alpha$. Предположим, что дано разбиение $A$ на семейство множеств $\{A_i\}_{i\in X}$, $|A_i|<|Y|$ при $i\in X$. Для любого $i\in X$ через $A_i(i)$ обозначим все значения функций из $A_i$ на элементе $i$. Тогда $|A_i(i)|\leqslant |A_i|<|Y|$. Для каждого элемента $i\in X$ пусть $f(i)$ -- такой элемент множества $Y$, что $f(i)\not\in A_i (i)$ . Получим отображение, $f\colon X\to Y$, т.е. $f\in A$, которое не принадлежит ни одному из множеств $A_i$ (если бы $f\in A_i$, то $f(i)\in A_i(i)$). Следовательно $\{A_i\}_{i\in X}$ не может быть разбиением множества $A$. Противоречие.

[Профессор Снэйп]

Профессор Снэйп в сообщении #621215 писал(а):

А вот тут как раз всё просто.

Подумал с утра и понял, что не настолько просто, увы

А пока суть да дело, спал да принимал душ, Padawan уже всё расписал!

[Padawan]

Someone в сообщении #621222 писал(а):

Это следует из теоремы Ю.Кёнига: если $\mathfrak g_t<\mathfrak f_t$ для всех $t\in T$, то $\sum\limits_{t\in T}\mathfrak g_t<\prod\limits_{t\in T}\mathfrak f_t$.

Кстати, эта теорема практически также доказывается, как я описал выше.