Обсуждение книги Верещагина, Шена "Начала теории множеств"

[Sinoid]

arseniiv в сообщении #1508601 писал(а):

Не, это вполне определённая задача. Скажем так, у нас есть некоторые множества $T, A$ и биекция $f \colon T \to \{ \varnothing \} \cup A \times T^2$. Можно ли построить биекцию между $T$ и $T^7$ конструктивно, отталкиваясь от $f$? Где «конструктивно» означает, в частности, никаких других биекций без явного данного определения, кроме $f$, использовать нельзя, и никакой аксиомы выбора, то есть никакого $X \cong X \times X$ для бесконечных $X$. По идее эту формулировку должна немного спасать произвольность $A$ (оно может быть и пустым, и несчётным), но не особо.

А все ведь так хорошо начиналось...

[mihaild]

Sinoid в сообщении #1508602 писал(а):

Да, я ее решил для последовательностей из двух элементов

Вы доказали, что континуальное множество равномощно своему квадрату. Напрямую это доказать про произвольное бесконечное множество без аксиомы выбора не получится.

ИМХО придумать "классическое" решение этой задачи самостоятельно нереально.

[Sinoid]

arseniiv в сообщении #1508603 писал(а):

Нуу, двоичные деревья хитрее чем последовательности.

Вообще не понимаю, как это прикрутить к решению данной задачи. Переходить к двоичной записи чисел?

-- 10.03.2021, 22:35 --

mihaild в сообщении #1508605 писал(а):

Напрямую это доказать про произвольное бесконечное множество без аксиомы выбора не получится.

Стоп-стоп. Так ведь это уже терки между классической математикой и конструктивной, ИМХО. Разве об этом обсуждаемая книга?

[mihaild]

Sinoid в сообщении #1508606 писал(а):

Так ведь это уже терки между классической математикой и конструктивной, ИМХО. Разве об этом обсуждаемая книга?

Нет, споры про аксиому выбора не особо связаны с конструктивизмом. Просто я обращаю ваше внимание, что вы доказали равномощность $T$ и $T^2$ не для произвольного бесконечного $T$, а только для континуального.

С задачей, упомянутой arseniiv, это никак не связано. Это на самом деле некоторый забавный трюк, сформулированный в виде задачи. Но вряд ли можно строго формально описать, какие именно у него "красивые" свойства.

[arseniiv]

Я немного наврал с формулировкой, что заметил, попытавшись перевывести всё. Нельзя брать произвольное $A$, это должно быть одноэлементное множество, так что на самом деле нам дана биекция $T \to \{ \varnothing \} \cup T^2$. (Или $A$ может быть произвольным, но тогда нам нужна уже и биекция $A \to A^2$.)

[Sinoid]

mihaild в сообщении #1508608 писал(а):

Просто я обращаю ваше внимание, что вы доказали равномощность $T$ и $T^2$ не для произвольного бесконечного $T$, а только для континуального.

Потому что при этом доказательстве я использовал свойства действительных чисел, т. е. свойства элементов определенного множества континуальной мощности?

[mihaild]

Sinoid в сообщении #1508629 писал(а):

Потому что при этом доказательстве я использовал свойства действительных чисел, т. е. свойства элементов определенного множества континуальной мощности?

Да. Ну понятно, что на все континуальные множества оно распространяется: берем биекцию континуального в отрезок, отрезка в квадрат, квадрата в квадрат континуального.

[vpb]

Sinoid в сообщении #1508587 писал(а):

например, вот это или вот это

Нет, я имел в виду

vpb в сообщении #1508404 писал(а):

самое последнее сообщение в той теме

А вы, видимо, не обратили внимания.

[Sinoid]

vpb в сообщении #1508636 писал(а):

А вы, видимо, не обратили внимания.

Нет, почему? Как раз сначала я пошел туда, но мне тогда там показалось не очень понятно и я стал читать всю тему.

[Sinoid]

Sinoid в сообщении #1508553 писал(а):

$x=\overline{0,x_{1}x_{2}\ldots x_{2k+1}9x_{2k+3}9x_{2k+5}9x_{2k+7}\ldots}$, где пока $k\geqslant 1$, тогда полагаем $f(x)=(1;\,\overline{0,\underbrace{9\ldots9}\limits _{2k}x_{2k}x_{1}x_{2}x_{3}\ldots x_{2k-3}x_{2k-2}x_{2k-1}x_{2k+1}x_{2k+3}x_{2k+5}\ldots})$. В силу принятого пока соглашения о $k$‚ $2k\geqslant 2$ и поэтому цифра $x_{2k}$ существует и по определению отлична от 9. Далее, если же такой цифры нет‚ т. е. в случае $k=0$‚ то $x$ имеет вид: $x=\overline{0,x_{1}9x_{3}9x_{5}9\ldots}$. При этом возможны два случая: 1) $x_{1}\ne 9$, тогда положим $f(x)=(1;\,\overline{0,x_{1}x_{3}x_{5}\ldots})$. 2) $x_{1}=9$, тогда положим $f(x)=(1;\overline{0,\underbrace{9\ldots9}\limits _{2l+1}x_{2l+3}x_{2l+5}\ldots})$,

Крутил это на предмет возможности в ординате $f(x)$, начиная с некоторого места девяток в периоде. Да, и этот случай невозможен: если бы было иначе, то и в $x$ в месте, соответствующим образом соответствующем этому месту, несовпадающим с этим местом, начинались бы девятки в периоде.

-- 11.03.2021, 16:34 --

Спасибо.

-- 11.03.2021, 16:34 --

Думаю над задачей 43:
Доказать, что множество всех бесконечных последовательностей действительных чисее равномощно $\mathbb{R}$
Скажите, пожалуйста, это же эти бесконечные последовательности считаются счетными?

-- 11.03.2021, 16:56 --

Если это так, тогда теорема 4 вполне решает эту задачу. Сейчас напишу.

[Someone]

Sinoid в сообщении #1508691 писал(а):

Скажите, пожалуйста, это же эти бесконечные последовательности считаются счетными?

По определению последовательность элементов множества $A$ — это отображение (функция) $\mathbb N\to A$, где $\mathbb N$ — натуральный ряд.

[Sinoid]

Мне идею подсказало вспомнившееся решение задачи о переселении жильцов из бесконечного счетного множества гостиниц, в каждой из которой бесконечное счетное множество номеров в одну гостиницу с бесконечным счетным множеством номеров:

Итак, пусть уже построено взаимно-однозначное соответствие между $\mathbb{R}$ и интервалом $[0,\,1)$. Я специально не стал включать 1 в этот интервал. Немного ниже объясню, почему. Тогда задача сводится к взаимно-однозначному отображению хотел здесь написать бесконечного, но не буду: счетное множество бесконечно по определению счетного множества $\left\{ a_{0},\, a_{1},\, a_{2},\ldots\right\}$действительных чисел, каждое из которых принадлежит этому интервалу на этот же интервал. Для этого воспользуемся представлениями этих чисел в двоичной системе счисления и запишем эти представления в виде, таблицы, одно под другим:

$$\begin{matrix}a_{0} & = & \overline{0,\epsilon_{00}\epsilon_{01}\epsilon_{02}\ldots}\\ a_{1} & = & \overline{0,\epsilon_{10}\epsilon_{11}\epsilon_{12}\ldots}\\ a_{2} & = & \overline{0,\epsilon_{20}\epsilon_{21}\epsilon_{22}\ldots}\\ \hdotsfor{3} \end{matrix}$$

где все $\epsilon_{ij}$ равны 0 или 1. Тогда, ставя в соответствие этому бесконечному множеству действительное число $a$, определяемому следующим образом: $a=\overline{0,\epsilon_{00}\epsilon_{01}\epsilon_{11}\epsilon_{10}\epsilon_{02}\epsilon_{12}\epsilon_{22}\epsilon_{21}\epsilon_{20}\ldots}$, мы и определим некоторое отображение множества этих счетных множеств действительных чисел на этот интервал. Сюръективность этого отображения очевидна: если мы возьмем какое-либо число $b=\overline{0,\beta_{0}\beta_{1}\beta_{2}\ldots}$, где каждая $\beta$ равна 0 или 1, и расставим цифры его дробной части в таблицу с бесконечным числом строк и столбцов в то место, из которого была взята цифра из такой же таблицы, при построении числа $a$ для его цифры из того же разряда, что и рассматриваемая сейчас цифра, то мы однозначно восстановим двоичные записи чисел $a_{0},\, a_{1},\, a_{2},\ldots$. Далее осталась инъективность, но она очевидна: если даже у двух последовательностей будет различие только в одном разряде только у одного элемента в каждом из множеств, это тут же вызовет различие в числах, получаемых по описанному способу для каждого из множеств.

[mihaild]

Sinoid, вы снова наступаете на грабли с двоично-рациональными числами (понятно, где?). Надо брать последовательности вместо чисел.

[Sinoid]

mihaild в сообщении #1508759 писал(а):

Sinoid, вы снова наступаете на грабли с двоично-рациональными числами ... Надо брать последовательности вместо чисел.

Так в доказательстве-то последовательности и есть дробная часть двоично-рациональных чисел.

mihaild в сообщении #1508759 писал(а):

(понятно, где?)

А разве доказательство теоремы 4 не свободно от изъяна доказательства теоремы 5?

[mihaild]

Sinoid в сообщении #1508762 писал(а):

Так в доказательстве-то последовательности и есть дробная часть двоично-рациональных чисел

Не любая последовательность нулей и единиц является дробной частью какого-то числа.

Sinoid в сообщении #1508762 писал(а):

А разве доказательство теоремы 4 не свободно от изъяна доказательства теоремы 5?

Ни в доказательстве теоремы 4, ни в доказательстве теоремы 5 изъянов нет. Теорема 4 как раз про то, что можно заменять числа на последовательности, а теорема 5 её использует. Но вы-то в своем рассуждении работаете явно с числами.