Счетность множеств (задачи из Давидовича)

[grizzly]

irod в сообщении #1123323 писал(а):

Пусть на плоскости даны 2 окружности с центрами в начале координат

У Вас на самом деле то ли две плоскости, то ли два начала координат на рисунке. Если бы Вы действительно привели оба рисунка к одному началу координат, то было бы проще установить факт биекции без всякой тригонометрии.

Думаю, что этот геометрический метод нужно подсказать. Ведь если Вы с ним незнакомы, то совершенно неочевидно, что он считается законным.
Поместим центры окружностей в одну точку. Возьмём любую точку на большей окружности и соединим её с центром. Точка пересечения полученного отрезка с малой окружностью даст нам нужное взаимно однозначно соответствие со взятой точкой на большой.

Подобное (геометрическое) построение соответствия считается допустимым и общепринятым. Попытайтесь придумать подобные трюки для остальных пунктов этой задачи.

[irod]

grizzly в сообщении #1123331 писал(а):

Подобное (геометрическое) построение соответствия считается допустимым и общепринятым. Попытайтесь придумать подобные трюки для остальных пунктов этой задачи.

Да, я бы не догадался что так можно делать.

irod в сообщении #1122247 писал(а):

12. Доказать, что равномощны:
г) интервал и полуокружность без концов;

Распрямив полуокружность без концов получим интервал, далее см. пункт б).

[grizzly]

Ну нет, правила игры не настолько просты.

Давайте попробуем чуть подробнее разобраться с правилами на прошлом примере. Я предложил Вам метод, до которого не так просто догадаться самому, но зная его уже можно обосновать и использовать достаточно строго. Я ссылался на геометрическую наглядность, настолько очевидную, что все знают (такое "общее место"), как её раскрутить до строгого решения (предъявления биекции в явном виде) и само это строгое решение уже не требуют. А оно, конечно, есть.

(Я для упрощения рассматриваю только первый квадрант.)
Например, мы можем каждой точке первой четверть-окружности поставить в соответствие тангенс угла наклона прямой, проходящей через эту точку и начало координат. Получим взаимно однозначное соответствие тангенсов (угол $\alpha \in [0;\pi /2)$) и точек на окружности. Точно такую же биекцию можно установить между этими же тангенсами и точками другой окружности. Затем используем Задачу 1, п.3. (То же можно проделать с другими четвертушками.)

irod в сообщении #1123523 писал(а):

Распрямив полуокружность без концов получим интервал

Корректность такого распрямления здесь нужно доказать. Какое бы ни было решение, Вы должны чётко представлять на какой биекции оно основано.

[irod]

ewert в сообщении #1122259 писал(а):

Так, но ведь отрезки, наверное, не случайно даны именно на плоскости. Явно предполагалось чисто геометрическое решение. Расположите эти отрезки параллельно друг другу и помедитируйте над ними.

Кажется догадался.
Пусть на плоскости даны два произвольных отрезка. Составим из них прямоугольный треугольник, совместив одни концы отрезков друг с другом, а другие расположив вертикально друг над другом. На рисунке отрезки обозначены как $AB$ и $CB$. Тогда перпендекуляр из любой точки гипотенузы $AB$ в основание $CB$ будет задавать взаимно однозначное соответствие между этими отрезками.

Вы такое имели в виду?

[ewert]

irod в сообщении #1123532 писал(а):

Тогда перпендекуляр из любой точки гипотенузы $AB$ в основание $CB$ будет задавать взаимно однозначное соответствие между этими отрезками.

Можно и так, но проще в качестве исходных отрезков взять те, которые на Вашем рисунке вертикальны (тогда и перпендикулярность будет не нужна; впрочем, она не нужна и в Вашем построении).

[irod]

grizzly в сообщении #1123531 писал(а):

Ну нет, правила игры не настолько просты.
...
Корректность такого распрямления здесь нужно доказать. Какое бы ни было решение, Вы должны чётко представлять на какой биекции оно основано.

Ок, попробую со строгим обоснованием.

irod в сообщении #1122247 писал(а):

12. Доказать, что равномощны:
г) интервал и полуокружность без концов;

Покажем равномощность единичной полуокружности без концов интервалу, лежащему на стягивающей эту полуокружность хорде (диаметре окружности).
Помещаем центр полуокружности в начало координат. Ставим в соответствие каждой точке полуокружности косинус угла наклона прямой, проходящей через эту точку и начало координат. Получим взаимно однозначное соответствие косинусов (угол $\alpha \in (0;\pi)$) или точек диаметра без концов и точек на полуокружности.
Геометрически взаимно однозначное соответствие между точками можно показать, опуская перпендикуляр из любой точки полуокружности на интервал, лежащий на диаметре:

Согласно п. б), диаметр единичной окружности без концов равномощен любому другому интервалу на плоскости.
Теперь сошлюсь на Ваши рассуждения по п. в):

grizzly в сообщении #1123531 писал(а):

Например, мы можем каждой точке первой четверть-окружности поставить в соответствие тангенс угла наклона прямой, проходящей через эту точку и начало координат. Получим взаимно однозначное соответствие тангенсов (угол $\alpha \in [0;\pi /2)$) и точек на окружности. Точно такую же биекцию можно установить между этими же тангенсами и точками другой окружности. Затем используем Задачу 1, п.3. (То же можно проделать с другими четвертушками.)

Заменив в этих рассуждениях окружности полуокружностями без концов, получим что любые 2 полуокружности без концов на плоскости также равномощны $\Rightarrow$ используя задачу 1, п.3 получим, что любая полуокружность без концов равномощна любому интервалу на плоскости.

[grizzly]

irod
Ок. Если изначально работать с данной окружностью, можно было бы добавить множитель $R$ (радиус) к косинусу -- тогда завершающая часть доказательства не потребовалась бы.

[irod]

irod в сообщении #1122247 писал(а):

12. Доказать, что равномощны:
д) интервал и прямая.

В качестве прямой возьмем координатную ось. Расположим произвольный интервал на координатной оси так, чтобы начало координат оказалось внутри интервала. Пусть $x_1,x_2$ -- координаты левого (отрицательного) и правого (положительного) концов интервала соответственно. Тогда взаимно однозначное отображение между точками интервала и координатной оси будет задано формулой

\begin{equation*} x \mapsto \begin{cases} \frac{x}{x_2-x}, & \text{если}\ x \in [0;x_2) \\ \frac{x}{x-x_1}, & \text{иначе} \end{cases} \end{equation*}

для произвольной точки интервала с координатой $x$.

[ewert]

А равномощность прямой и полуокружности доказать геометрически -- сможете?

[irod]

ewert
(Предполагаю, что Вы имели в виду полуокружность без концов)

Опускаем перпендикуляры от внешней стороны полуокружности на прямую.

-- 18.05.2016, 08:04 --

13. Доказать, что у всякого бесконечно множества есть счетное подмножество.

Доказательство.
Пусть $A$ -- бесконечное множество. Берем произвольный элемент из $A$ и присваиваем ему номер 1, за ним берем другой произвольный элемент из $A$ и присваиваем ему номер 2 и т.д., на $i$-м шаге присваиваем произвольному ранее не пронумерованному элементу из $A$ номер $i$. Бесконечность множества $A$ гарантирует что в нем на каждом шаге найдется новый ранее не пронумерованный элемент. Все пронумерованные таким образом элементы из $A$ образуют счетное множество.

Какая-то слишком легкая задача. Или я что-то упустил?

[grizzly]

irod в сообщении #1124284 писал(а):

Какая-то слишком легкая задача. Или я что-то упустил?

Нет, всё правильно.

(Оффтоп)

Вот не удержусь и ещё раз уточню:
(А) чтобы выбрать на каждом шаге элемент из множества, Вам ничего лишнего не требуется (множество не пусто, значит существует элемент...);
(Б) но чтобы сказать "мы сделали бесконечное (счётное) множество таких шагов", нужна аксиома выбора.
(Вам не обязательно сейчас понимать тонкости (Б), но хотя бы (А) нужно запомнить чётко.)

Если бы в задаче о полуокружности и прямой Вы провели все перпендикуляры из центра окружности, это выглядело бы эстетичнее (с точки зрения распространённой мат.культуры).

[ewert]

Дело не только в эстетстве.

irod в сообщении #1124284 писал(а):

Опускаем перпендикуляры от внешней стороны полуокружности на прямую.

Таким образом Вы устанавливаете пока что всего лишь инъекцию с полуокружности.

(Оффтоп)

grizzly в сообщении #1124311 писал(а):

но чтобы сказать "мы сделали бесконечное (счётное) множество таких шагов", нужна аксиома выбора.

Хм. А где тут аксиома выбора (даже безобидно счётная)?

[Someone]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1124343 писал(а):

Хм. А где тут аксиома выбора (даже безобидно счётная)?

В классической логике рассуждение должно быть конечным, поэтому без специальной аксиомы произвольный выбор можно осуществить только конечное число раз. Аксиома выбора делает это бесконечное рассуждение конечным, поскольку все точки выбираются за один раз.

[ewert]

(Оффтоп)

Someone в сообщении #1124345 писал(а):

без специальной аксиомы произвольный выбор можно осуществить только конечное число раз.

А мы и осуществляем его лишь конечное к-во раз. Собственно, ровно один раз. На каждом шаге. Что может быть конечнее, чем 1?

Там же нет никакого наперёд заданного набора множеств. Пусть даже и счётного. Из которого следовало бы выбирать.

[Xaositect]

(Оффтоп)

Someone в сообщении #1124345 писал(а):

В классической логике рассуждение должно быть конечным, поэтому без специальной аксиомы произвольный выбор можно осуществить только конечное число раз. Аксиома выбора делает это бесконечное рассуждение конечным, поскольку все точки выбираются за один раз.

Для того, чтобы сделать счетное число выборов из одного множества, аксиома выбора не нужна, нужны только экспоненты. Счетная аксиома выбора нужна, чтобы сделать "однородный" выбор элементов из счетного числа множеств.