Мощность подмножеств натурального ряда

[science88]

Пробую разобраться с $2^{\aleph_0}=c$ ? Т. е. надо установить соответствие между подмножествами и числом $0\le\alpha\le 1$.$\alpha=\frac{\varepsilon_1}{2}+...+\frac{\varepsilon_n}{2^{2n}}+...$. Подмножества делим на 3 класса: 1) Конечные, которым будут отвечать конечные дроби $\alpha$; 2) Счетные с конечным дополнением, которым соответствуют периодические дроби; 3) Счетные с бесконечным дополнением, которым сопоставим непериодические дроби (иррациональные числа). Здесь возникает недопонимание на счет 2) и 3).

-- 16.10.2013, 20:28 --

1) С первым пунктом все ясно.
2) В качестве примера возьму сам натуральные ряд (у него дополнение пустое множество). Тогда $\alpha=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...=1$
3) Рассматриваю четные числа 2n (они счетные и имеют бесконечное дополнение). $\alpha=\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\frac{1}{64}+....=\frac{1}{3}$.
У меня получилось целое число вместо периодической дроби и рациональное число вместо иррационального. Где у меня ошибка?
Можете привести еще примеры: счетных подмножеств натурального ряда у которых конечные и бесконечные дополнения. Не хватает фантазии.

[arseniiv]

Зачем их делить на (1), (2), (3)? Что надо учитывать, так это то, что $0{,}\cdots0(1) = 0{,}\cdots1$. Если выбрать по одному представителю в каждом таком случае, а остальные выкинуть, с полученным множеством изоморфизм с $[0; 1)$ или $[0; 1]$ (смотря какие последовательности выкидывали) строится на ура без деления последовательностей на разные типы.

Рациональные числа соответствуют периодическим дробям, которые могут быть и конечными (период из нулей), и бесконечными, и в случае бесконечности у соответствующих им подмножеств них не конечное дополнение (кроме $0,(1)$). Непонятно, почему вы связали рациональность с конечностью дополнения.

[science88]

arseniiv в сообщении #776110 писал(а):

Зачем их делить на (1), (2), (3)?..... Непонятно, почему вы связали рациональность с конечностью дополнения.

Это не я придумал. Доказательство взято с книжки Колокольчиков В.В. Отображение от чисел до функционала 1999г., стр. 24; так пытается доказывать и Колмогоров Фун.кан. стр. 27. У меня возникли некоторые трудности и противоречия, поэтому я и спрашиваю.

arseniiv в сообщении #776110 писал(а):

Что надо учитывать, так это то, что $0{,}\cdots0(1) = 0{,}\cdots1$. Если выбрать по одному представителю в каждом таком случае, а остальные выкинуть, с полученным множеством изоморфизм с $[0; 1)$ или $[0; 1]$ (смотря какие последовательности выкидывали) строится на ура без деления последовательностей на разные типы.
Рациональные числа соответствуют периодическим дробям, которые могут быть и конечными (период из нулей), и бесконечными, и в случае бесконечности у соответствующих им подмножеств них не конечное дополнение (кроме $0,(1)$).

Вы питаетесь доказать эту теорему в двоичном представление чисел? О том, что существует изоморфизм между замкнутым и окрытым интервалом, я знаю (но какое отношение это имеет к доказательству). И при чем здесь последовательности, если я работаю с подмножествами. Пока что ничего особо не ясно. Дайте пожалуйста ссылку на ваше доказательство, чтобы мы могли разговаривать на одном языке.
И еще надо ли считать что 1=1,000..0..(0)? Буду рад помощи.

[Someone]

science88 в сообщении #776315 писал(а):

Колокольчиков В.В. Отображение от чисел до функционала 1999г.

Плюньте бяку!
В книге А.Н.Колмогорова и С.В.Фомина доказательство правильное, но подробности опущены. Что там вызывает затруднения?

[science88]

Someone в сообщении #776375 писал(а):

В книге А.Н.Колмогорова и С.В.Фомина доказательство правильное, но подробности опущены. Что там вызывает затруднения?

Ну подробности как раз и интересуют. Так как нигде не нашел полного доказательства.
Если по Колмогорову, то разобьем наши подмножества на 2 класса $\mathfrak P$ и $\mathfrak G$. У подмножеств $\mathfrak P$ класса - дополнение бесконечно, у подмн. $\mathfrak G$ - конечно.

Правильно ли я понимаю, к классу $\mathfrak G$ относится сам натуральный ряд и подмножества у которых у этого натурального ряда отсутствует конечное число членов (со всевозможными вариациями) или еще есть какие то подмножества? Как тогда доказать счетность подмножеств класса $\mathfrak G$? И дальше как доказать что мощность объединение $\mathfrak P\cup\mathfrak G$ будет фактически зависит от мощности $\mathfrak P$? Так как наперед мы не знаем какое у нас $\mathfrak P$, то нужно доказывать: 1)что мощность объединения счетных множеств будет равняться мощности счетного множества; 2) объединение счетного и континуума будет множество мощности континуум?

Далее, каким образом делать соответствие между подмн. класса $\mathfrak P$ и числами $\alpha$? Конечным подмножествам будут отвечать конечные дроби. Счетным подмножествам с конечным дополнением будут соответствовать: конечные, периодические и непериодические дроби? Пример с четными числами я привел у меня получилось что им соответствует число $\alpha=\frac{1}{3}$. Пожалуйста, если можно, приведите еще пример подмножеств, которым бы соответствовали периодические дроби и иррациональные числа.

[arseniiv]

science88 в сообщении #776517 писал(а):

Пожалуйста, если можно, приведите еще пример подмножеств, которым бы соответствовали периодические дроби и иррациональные числа.

Берите число, получайте его двоичное представление и превращайте в подмножество. Что может быть проще?

Например, числам с записью $0{,}(\underbrace{0\cdots\cdots0}_{n-1\text{ нулей}}1)$ соответствуют множества $\{a\in\mathbb N : a\text{ делится на }n\}$.

[Neos]

science88 в сообщении #776079 писал(а):

Можете привести еще примеры: счетных подмножеств натурального ряда у которых конечные и бесконечные дополнения. Не хватает фантазии.

Цитата:

$\math N \backslash \{1,2,3,4 \} = \{5,6,7, \ldots \}$

$\math N \backslash \{2,4 \ldots \} = \{1,3,5 \ldots \}$

кажется так

-- 17.10.2013, 18:39 --

science88 в сообщении #776079 писал(а):

2) В качестве примера возьму сам натуральные ряд (у него дополнение пустое множество). Тогда $\alpha=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...=1$
3) Рассматриваю четные числа 2n (они счетные и имеют бесконечное дополнение). $\alpha=\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\frac{1}{64}+....=\frac{1}{3}$.
У меня получилось целое число вместо периодической дроби и рациональное число вместо иррационального. Где у меня ошибка?

Цитата:

Нигде нет ошибки, все правильно получилось. В случае 3) у Вас тоже периодическая дробь, поэтому и число рациональное. $\alpha$ вычислена верно.

[science88]

Neos в сообщении #776533 писал(а):

$\math N \backslash \{1,2,3,4 \} = \{5,6,7, \ldots \}$

$\math N \backslash \{2,4 \ldots \} = \{1,2,3, \ldots \}$

кажется так

$\math N \backslash \{2,4 \ldots \} = \{1,2,3, \ldots \}$. Вы имели ввиду $\math N \backslash \{2,4 \ldots \} = \{1,3,5,7 \ldots \}$. Двойка лишняя. Спасибо я понял

[Neos]

Да, двойка лишняя. Опечатка. Исправил.

[Someone]

science88, я не понял, Вы по Колокольчикову, что ли, теорию множеств изучаете? Выкиньте эту книжку куда-нибудь. Или сохраните до тех пор, когда начнёте понимать, что там бредятина написана, а пока не открывайте даже. Возьмите приличную книжку по теории множеств. Например:
П. С. Александров. Введение в теорию множеств и общую топологию.
К. Куратовский, А. Мостовский. Теория множеств.

science88 в сообщении #776517 писал(а):

Ну подробности как раз и интересуют. Так как нигде не нашел полного доказательства.
Если по Колмогорову, то разобьем наши подмножества на 2 класса B и G. У подмножеств B класса - дополнение бесконечно, у подмн. G - конечно.

(Оффтоп)

В оригинале используются готические буквы $P$ и $G$, которые у нас на форуме кодируются как \mathfrak P и \mathfrak G (если написать $\mathfrak{PG}$, то получится $\mathfrak{PG}$). Пожалуйста, изучите эту систему (она называется \TeX) и пользуйтесь, иначе будут проблемы. Читайте http://dxdy.ru/topic45202.html, http://dxdy.ru/topic8355.html, http://dxdy.ru/topic183.html. Чтобы увидеть код интересующей Вас формулы, наведите на неё курсор мыши.

Суть дела в следующем.
Натуральный ряд — это множество положительных целых чисел $\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}$ (в другой версии — неотрицательных целых чисел $\mathbb N=\{0,1,2,3,\ldots\}$; у Колмогорова и Фомина используется первый вариант).
Каждому подмножеству $M$ натурального ряда можно сопоставить некоторое число из отрезка $[0,1]$ по простой формуле

$$\alpha=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varepsilon_n}{2^n}=0{,}\varepsilon_1\varepsilon_2\varepsilon_3\varepsilon_4\varepsilon_5\ldots,\eqno(1)$$

где

$$\varepsilon_n=\begin{cases}0\text{, если }n\notin M,\\ 1\text{, если }n\in M.\end{cases}\eqno(2)$$

Наоборот, если задана двоичная запись числа $\alpha\in[0,1]$, имеющая вид (1), то по ней восстанавливается соответствующее подмножество натурального ряда:

$$M=\{n\in\mathbb N:\varepsilon_n=1\}.\eqno(3)$$

Причём, каждое число отрезка $[0,1]$ имеет требуемую запись.
Проблема состоит, собственно, в том, что это соответствие является взаимно однозначным соответствием между подмножествами натурального ряда и записями вида (1), но не является взаимно однозначным соответствием между подмножествами натурального ряда и числами из отрезка $[0,1]$. Дело в том, что некоторые числа (они называются двоично-рациональными) имеют две записи вида (1), причём, в одна запись соответствует конечному подмножеству натурального ряда, а другая, наоборот, подмножеству с конечным дополнением (кроме чисел $0=0{,}00000\ldots$ и $1=0{,}11111\ldots$, которые имеют только одну запись вида (1)).
Поэтому Колмогоров и Фомин разбивают все подмножества натурального ряда на два класса: $\mathfrak P$ — те, которые имеют бесконечное дополнение (соответствующие записи (1) не могут оканчиваться бесконечной последовательностью $11111\ldots$, так как содержат бесконечное число нулей), и $\mathfrak G$ — те, которые имеют конечное дополнение (соответствующие записи (1) оканчиваются бесконечной последовательностью $11111\ldots$, так как содержат лишь конечное число нулей).
Заметим, что формула (1) даёт взаимно однозначное соответствие между классом $\mathfrak P$ и полуинтервалом $[0,1)$. Нужно только куда-то деть класс $\mathfrak G$. Последовательность действий следующая.
1) Доказать, что класс $\mathfrak G$ счётный. Для этого нужно перенумеровать конечные подмножества натурального ряда. Делается это просто. Попробуйте сами, потому что правила форума запрещают выкладывать решения простых учебных задач.
2) Доказать, что объединение счётного и конечного множества счётно.
3) Доказать, что объединение двух счётных множеств является счётным множеством.
4) Выбрать на полуинтервале $[0,1)$ какое-нибудь счётное множество $A$ и взаимно однозначно отобразить $A\cup\mathfrak G$ на $A\cup\{1\}$.

[science88]

Если кого то интересуют примеры счётных подмножеств с бесконечным дополнением, то я вот такие придумал:
$N\backslash\{2^n\}=N\backslash\{2,4,8,16...\}=\{1,3,5,6,7,9,10...\},n\in \mathbb N$
или в общем случае $N\backslash\{a^n\};a,n\in\mathbb N$

-- 18.10.2013, 14:10 --

Someone в сообщении #776568 писал(а):

некоторые числа (они называются двоично-рациональными) имеют две записи вида (1)

Я правильно понимаю, например, число $\alpha=\frac{1}{2}$ можно представить 2 способами:

$$\frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{0}{2^2}+\frac{0}{2^3}+...=0,1000...$$

$$\frac{1}{2}=\frac{0}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+...=0,0111...$$

Это имелось ввиду?

[science88]

Как изобразить в двоичном представление, например, число 0.1, пока что слабо представляю...

[arseniiv]

Десятичное 0,1? Разделите $1_2$ на $1010_2$ и увидите. (Как это относится к доказательству $2^{\aleph_0} = \mathfrak c$?)

[Someone]

science88 в сообщении #776830 писал(а):

Я правильно понимаю, например, число $\alpha=\frac{1}{2}$ можно представить 2 способами:
$\frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{0}{2^2}+\frac{0}{2^3}+...=0,1000...$
$\frac{1}{2}=\frac{0}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+...=0,0111...$
Это имелось ввиду?

Да. Имелись в виду числа вида $\frac m{2^n}\in(0,1)$.

science88 в сообщении #776900 писал(а):

Как изобразить в двоичном представление, например, число 0.1, пока что слабо представляю...

Ну, любопытства ради стоит пару дробей преобразовать в двоичную систему счисления. $\frac 1{10}$ легко, там период маленький. Например, $\frac 1{100}=0{,}00(00001010001111010111)_2$.

[science88]

Да я уже перевел несколько:
0.1=0.0001100110011...
$\frac{1}{3}=0.010101...$
$\sqrt{0.2}=0.01110010011111...$
$\sqrt{0.9}=0.11110010110111...$
У иррациональных тоже периодичность должна быть, пока что она плохо прослеживается? Мне было не очевидно сначала почему именно такие дроби должны быть. Поэтому я решил посмотреть.