Множества (континуум)

[Keter]

1) Пусть $A$ является совокупностью подмножеств $\mathbb{N}.$ $X, Y \in A, |X \cup Y|<\infty.$ Может ли $|A|=\mathfrak{c} ?$

2) Пусть $A$ является совокупностью подмножеств $\mathbb{N}.$ $\forall X, Y \in A : X \subset Y$ или $Y \subset X.$ Может ли $|A|=\mathfrak{c} ?$

3) Доказать, что если $|X \cap Y|=\mathfrak{c},$ то либо $|X|=\mathfrak{c},$ либо $|Y|=\mathfrak{c}.$

4) Доказать, что $|[0, 1]^2|=\mathfrak{c}.$

5) Доказать, что континуум без счетного множества - континуум.

Идея только в пятой задачи: можно установить биекцию $f : [a, b] \to [a, b).$ Например, $f(x)=x, f(b)=(a+b)/2.$

[provincialka]

Зачем задачи в таком количестве? Давайте разбираться по одной.
в пятой задаче это не биекция.

[Keter]

provincialka, двайте начнем с (4).

[Cash]

Тут тяжело подсказать, не сказав сразу решение.
Нужно паре чисел
$0 ,a_1a_2a_3 \ldots$
$0 ,b_1b_2b_3 \ldots$
поставить в соответствие такое действительное число $0, c_1c_2c_3 \ldots$, чтобы разным парам соответствовали разные числа.
Давайте я начну, а Вы продолжите.
$c_1=a_1$, $c_2=b_1$, $c_3=1$, $c_4=a_2$...

[ewert]

Keter в сообщении #763463 писал(а):

двайте начнем с (4).

Нет, сначала начните именно с (5) -- без неё в (4) неудобно, а с ней тривиально. Только вместо (5) проще доказывать более общее утверждение (являющееся, кстати, стандартной теоремой) -- что мощность вообще любого множества не изменится, если из него выкинуть счётное (при условии, разумеется, что оставшееся множество будет бесконечным). Или, что эквивалентно: мощность любого бесконечного множества не изменится, если к нему добавить счётное.

[Keter]

4) Поскольку существует биекция между $(0, 1)^{\varphi}$ (множеством всевозможных бесконечных двоичных последовательностей) и $\mathbb{R}_{[0, 1]}$. То необходимую нам биекцию строим так: для двух бесконечных последовательностей $A=0,a_1a_2... .$ и $B=0,b_1b_2... ,$ где $a_i, b_i$ принимают значения либо нуль, либо один, формируем 3-ю $C=0,a_1b_1a_2b_2... .$ Легко видеть,что построенное отображение биективно. Значит множество точек квадрата $(A_i, B_i)$ равномощно отрезку $[0,1]$. Оставшихся же точек на квадрате, т.е. таких,что какая либо координата записывается лишь с конечным числом знаков после запятой не более чем счётно. А континуум без счетного множества - континуум, что нужно доказать в п. 5.

5) Не могу понять строгость доказательства... Пусть $|A|=\mathfrak{c}, |B|<\infty,$ тогда $A-B=C, A=C+B.$ В этом равенстве $A$ - континуум, $B$ - счетное, из этого должно следовать, что $C$ - континуум. Это так?
Я правильно понимаю, что $|B|<\infty$ означает, что $B$ - счетное?

[ewert]

Keter в сообщении #764093 писал(а):

Оставшихся же точек на квадрате, т.е. таких,что какая либо координата записывается лишь с конечным числом знаков после запятой не более чем счётно.

Это годится лишь как идея, но не верно буквально. Если изначально Вы не включаете в число "всех бесконечных последовательностей" запрещённые, то в квадрате окажется потерян континуум точек.

[Keter]

ewert, как избежать этого? Как правильно доказать?

[ewert]

Надо рассмотреть множество вообще всех двоичных последовательностей; обозначим его, например, $\widetilde{[0;1]}$. Тогда, безусловно, $\left|{\widetilde{[0;1]}}^2\right|=\left|\widetilde{[0;1]}\right|$. Недостающие детали доказательства -- сами.

[gris]

В пятой задаче легко построить необходимую биекцию. Поставим на некотором расстоянии наш континуум и тот же континуум без счётной последовательности. Вынем эту счётную последовательность из первого континуума и поставим рядом. Обратите внимание, что остатки континуумов равны. А теперь вынем из каждого ещё по одной и той же счётной последовательности. Остатки опять равны, но у одного рядом две счётные последовательности, а у другого одна. Но это же легко разруливается.

[ewert]

gris в сообщении #764114 писал(а):

А теперь вынем из каждого ещё по одной и той же счётной последовательности.

Только перед этим шагом надо произнести одно заклинание.

[gris]

А, то есть получается замкнутый круг? То есть надо сказать, что остаток не пуст и не конечен. Но тогда уж проще просто от противного. Хотя от противного мы получим, что остаток более, чем счётен. КГ надо упоминать.

[ewert]

gris в сообщении #764118 писал(а):

А, то есть получается замкнутый круг? То есть надо сказать, что остаток не пуст и не конечен.

Надо. Только почему замкнутый круг? Просто надо это сказать (и объяснить почему), в любом варианте доказательства надо.

-- Вс сен 15, 2013 16:37:59 --

gris в сообщении #764118 писал(а):

КГ надо упоминать.

Ну это-то уж зачем.

[Someone]

Keter, у меня есть несколько замечаний по вашим задачам.

Keter в сообщении #763383 писал(а):

1) Пусть $A$ является совокупностью подмножеств $\mathbb{N}.$ $X, Y \in A, |X \cup Y|<\infty.$ Может ли $|A|=\mathfrak{c} ?$

Скорее всего, опечатка в условии. Должно быть $\forall X,Y\in A(\lvert X\cap Y\rvert<\aleph_0)$. В вашем варианте задача тривиальна, поскольку речь идёт о подмножестве семейства конечных подмножеств натурального ряда.

Keter в сообщении #763383 писал(а):

3) Доказать, что если $|X \cap Y|=\mathfrak{c},$ то либо $|X|=\mathfrak{c},$ либо $|Y|=\mathfrak{c}.$

В таком виде утверждение, очевидно, неверно. Наверное, должно быть $\lvert X\cup Y\rvert=\mathfrac c$.

Задачу 5) всё-таки лучше решить до задачи 4).

Знаете ли Вы теорему Кантора — Бернштейна? Что Вам известно об арифметике кардиналов?

[gris]

ewert, Это если от противного с самого начала. Предположим, что мощность остатка меньше континуума. Ведь не можем мы сказать, что тогда остаток счётен.
А так мы говорим: вынимаем последовательность. Остаток не может быть пуст, конечен или счётен, так как иначе континуум счётен. То есть можно вынуть и вторую последовательность.