сравнение мощностей множеств

[ewert]

svetka255 в сообщении #835159 писал(а):

Что мощность $A$ больше мощности $A$. Это не так?

Не так.

Вы исходите из интуитивного представления о том, что сравнение мощностей -- это отношение частичного порядка. Но откуда это следует?...

Да, рефлексивность и транзитивность очевидны. Но антисимметричность-то откуда? А Вам нужна именно антисимметричность. Так вот, антисимметричность в данном случае -- это ровно теорема Кантора-Бернштейна, не больше и не меньше. Так что пока этой теоремы нет -- никаких противоречий Вы получить не сможете. И строгость неравенства ничем здесь не поможет: пока нет антисимметричности как таковой, она никакого значения не имеет.

[svetka255]

svetka255 в сообщении #835045 писал(а):

В доказательстве строится непосредственно биекция из $A_1$ в $A$, доказательство понятно.

в частности, непосредственно такую биекцию построить не удастся[/quote]

Как это не удастся, если она там (Натансон стр 30, теорема 4) строится.
Или это не биекция там обозначена?

[patzer2097]

svetka255 в сообщении #835172 писал(а):

Как это не удастся, если она там (Натансон стр 30, теорема 4) строится.

а как строится? вот Вам множество $A$ и его элемент $a$, множество $B$ и инъекции $f:A\rightarrow B$ и $g:B\rightarrow A$. Куда Ваша биекция переводит $a$? непонятно.

доказывается лишь существование такой биекции. впрочем, доказательство элементарно (хотя и не очень простое) и должно быть вполне по силам. говорю же, можете тут прочитать

[svetka255]

patzer2097 в сообщении #835182 писал(а):

а как строится? вот Вам множество $A$ и его элемент $a$, множество $B$ и инъекции $f:A\rightarrow B$ и $g:B\rightarrow A$. Куда Ваша биекция переводит $a$? непонятно.

доказывается лишь существование такой биекции. впрочем, доказательство элементарно (хотя и не очень простое) и должно быть вполне по силам. говорю же, можете тут прочитать

Тут я согласна, в той теореме тоже доказывается существование биекции. Но, насколько я понимаю, если изначально известна биекция $f: A\rightarrow A_2$, дальше, как раз биекцию из $A_1$ в $A$ можно именно построить (по известной $f$).

-- 10.03.2014, 20:16 --

Xaositect в сообщении #835068 писал(а):

svetka255 в сообщении #835064 писал(а):

Я на неё не ссылаюсь.

Вы используете тот факт, что если $m(A) \leqslant m(B) < m(C)$, то $A$ и $C$ не могут быть равномощными.

А разве могут?

-- 10.03.2014, 20:16 --

ewert в сообщении #835164 писал(а):

svetka255 в сообщении #835159 писал(а):

Что мощность $A$ больше мощности $A$. Это не так?

Не так.

То есть, если в этом $m(A)<m(A_1)\leq m(A)$ нет противоречия, то значит, может так случиться, что $m(A)<m(A)$?

[ewert]

svetka255 в сообщении #835209 писал(а):

То есть, если в этом $m(A)<m(A_1)\leq m(A)$ нет противоречия, то значит, может так случиться, что $m(A)<m(A)$?

Нет, но могло бы получиться так, что две крайние мощности совпадают. А почему бы и нет? -- ведь антисимметричность отсутствует. Пока что. Соотв., и зацепиться не за что.

[svetka255]

ewert в сообщении #835237 писал(а):

svetka255 в сообщении #835209 писал(а):

То есть, если в этом $m(A)<m(A_1)\leq m(A)$ нет противоречия, то значит, может так случиться, что $m(A)<m(A)$?

Нет, но могло бы получиться так, что две крайние мощности совпадают. А почему бы и нет? -- ведь антисимметричность отсутствует. Пока что. Соотв., и зацепиться не за что.

То есть, может одновременно быть $m(A)<m(A_1)$ и $m(A_1)<m(A)$?

[Someone]

svetka255 в сообщении #835267 писал(а):

о есть, может одновременно быть $m(A)<m(A_1)$ и $m(A_1)<m(A)$?

Как раз благодаря теореме Кантора—Бернштейна и не может. Потому её и доказывают, не ссылаясь на свойства неравенств, которые не являются сами собой разумеющимися, а нуждаются в доказательстве.

[svetka255]

Я, кажется, поняла))) Всем помогавшим - большое спасибо.