Колмогоров, Фомин. Функциональный анализ

[Rasool]

Я сейчас пытаюсь освоить функан по классическому учебнику Колмогорова и Фомина. Я привожу здесь свою попытку решения упражнения оттуда, чтобы убедиться в его правильности:
Цитата из учебника:

Цитата:

Это явление характерно для бесконечных множеств. Действительно, в п. 2 (свойство 3) мы показали, что из всякого бесконечного множества М можно выбрать счетное подмножество; пусть $A = \lbrace a_1,..., a_n,...\rbrace $такое подмножество. Разобьем его на два счетных подмножества
$A_1 = \lbrace a_1,a_3, a_5,...\rbrace $, $A_2 = \lbrace a_2,a_4, a_6,...\rbrace $
и установим между $A$ и $A_1$ взаимно однозначное соответствие. Это соответствие можно затем продолжить до взаимно однозначного соответствия между множествами $A \cup (M \setminus A) = M$ и (Л/ \ .4) = М и $A_1 \cup (M \setminus A) = M \setminus A_2$, отнеся каждому элементу из $М \setminus А$ сам этот элемент. Между тем множество $М \setminus А_2$ не совпадает с M, т. е. является собственным подмножеством для М. Мы получаем, таким образом, следующее предложение:
Всякое бесконечное множество эквивалентно некоторому своему собственному подмножеству.
Это свойство можно принять за определение бесконечного множества.
Упражнение. Доказать, что если $M$ — произвольное бесконечное множество и $A$ счетно, то $M \sim M \cup A$.

Я провел доказательство по индукции:
1. Пусть задано произвольное бесконечное множество $M$. Согласно доказанному выше утверждению, $M \cup a эквивалентно некоторому своему собственному подмножеству $M \cup a \setminus B$, где $B$ - некое непустое подмножество. Пусть в него входит элемент $b$. Без потери истинности утверждения можем заменить элемент $a$ на элемент $b$.
2. Пусть утверждение доказано для некоторого произвольного бесконечного множества $M \cup \lbrace a_1,..., a_n\rbrace \sim M$.
Докажем утверждение для $M \cup \lbrace a_1,..., a_{n+1}\rbrace$. Оно эквивалентно множеству $M \cup a_1$. (Поставим в соответствие элементу $a_1$ элемент $a_{n+1}$). А как доказано в п.1, оно эквивалентно множеству $M$. В силу транзитивности определения эквивалентности, имеем: $M \sim M \cup \lbrace a_1,..., a_{n+1}\rbrace.
Шаги доказательства по индукции проводятся счетное число раз, отсюда имеем доказательство $M \sim M \cup A$ для счетного $A$.

[Connector]

Это не совсем доказательство по индукции. Здесь слабое место:

Rasool в сообщении #1415795 писал(а):

Шаги доказательства по индукции проводятся счетное число раз, отсюда имеем доказательство $M \sim M \cup A$ для счетного $A$.

По индукции вы так докажете только, что $M \sim M \cup A$ для конечных $A$. Я бы доказывал по-другому: использовал тот факт, что для счетных $A$ и $A ^\prime$, $A \cup A^ \prime$ счетно.
Ведь в приведённой Вами цитате, по сути дела, уже содержится готовое доказательство. (Достаточно выделить в произвольном $M$ подмножество вида $A_1$ и вспомнить, что $A \sim A_1 \sim A_2$).

[Rasool]

Спасибо, свою ошибку я понял уже после отправки сообщения.

[Rasool]

Connector в сообщении #1415834 писал(а):

Я бы доказывал по-другому: использовал тот факт, что для счетных $A$ и $A ^\prime$, $A \cup A^ \prime$ счетно.
Ведь в приведённой Вами цитате, по сути дела, уже содержится готовое доказательство. (Достаточно выделить в произвольном $M$ подмножество вида $A_1$ и вспомнить, что $A \sim A_1 \sim A_2$).

У меня получилось так: для счетных $A_1 \subset M$, $A = A_1 \cup A_2$: $M \sim M \cup A_1$, по соответствию между $A_1$ и $A_2$: $M \cup A_1 \sim M \cup A_2 \sim M \cup A$.

[Connector]

Примерно так, да, но у Вас получается, что $A$ пересекается с $M$ в $A_1$. Я бы расписал доказательство так: выделим в $M$ счетное подмножество $A_1$: $A_1 \subset M$. Тогда $M=A_1 \cup M-A_1$, и $M \cup A=( M-A_1 \cup A_1) \cup A=M-A_1 \cup(A_1 \cup A) \sim M-A_1 \cup A_1 \sim M$.

[Rasool]

Спасибо.