Как доказать, что множество Кантора имеет мощность континуум

[taburet]

Как обычно строят канторово множество:
Берут отрезок $A_0 = [0, 1]$, удаляют интервал из средней трети, получается $A_1 = [1, \frac{1}{3}]\cup[\frac{2}{3}, 1]$, для каждого из результирующих отрезков повторяют процедуру, получается $A_2 = [0, \frac{1}{9}]\cup[\frac{2}{9}, \frac{1}{3}]\cup[\frac{2}{3}, \frac{7}{9}]\cup[\frac{8}{9}, 1]$, далее процесс повторяется для каждого нового уровня разбиения. Канторово множество есть $ $С = \bigcap\limits_{i=0}^\infty A_i$

В результирующем множестве остаются все рациональные точки, являющиеся концами отрезков любого уровня разбиения, т.к. пересечение конечного или бесконечного множество замкнутых множеств есть замкнутое множество. Рассмотрим какую нибудь такую точку, скажем для определенности $0$, все отрезки которым принадлежит эта точка образуют систему вложенных отрезков вида $[0, 1] \supset[0, \frac{1}{3}]\supset[0,\frac{1}{9}] \supset ...\supset [0,\frac{1}{3^n}] ... n \in \mathbb{N}$, а по лемме Коши—Кантора эта система имеет только одну общую точку и эта точка - рациональное число .

И получается, что вроде как всякая точка канторова множества есть общая рациональная точка какой-нибудь последовательности вложенных отрезков, т.е. канторово множество счетно.

Несколько доказательств, того, что канторово множество континуально я знаю, меня интересует где ошибка в вышеизложенном. Хотя у меня есть некоторые мысли на этот счет, хотелось бы услышать стороннее мнение.

[ewert]

taburet в сообщении #601868 писал(а):

В результирующем множестве остаются все рациональные точки, являющиеся концами отрезков любого уровня разбиения,

Остаются. Но далеко не только они. Почему Вы решили, что других точек это множество не содержит?

[taburet]

Наверняка остаются. Т.е. идея моего поста заключается в том, что хочу получить доказательство, которое меня убедит и которым я смогу убедить другого болвана.

К примеру есть доказательство несчетности канторова множества, основывающееся на том, что можно установить взаимно однозначное соответствие между точками этого множества и бесконечными последовательностями нулей и единиц, коих, как известно, несчетное множество.

Но если рассмотреть такую вот последовательность: $\lbrace \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{3}{4}, \frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{5}{8}, \frac{1}{16}, .. \rbrace$
т.е. $\lbrace x_n \rbrace$, где $n = 2^{k-1} + i - 1$ , $k = 1, 2, 3, ...$ и $ i = 2^0, 2^1, ..., 2^{k-1}$
Разве нельзя установить взаимно однозначное соответствие между точками этого множества и бесконечными последовательностями нулей и единиц?

[svv]

Конечно, нельзя. Ведь у Вас в последовательности встречаются только такие числа, запись которых в виде двоичной дроби содержит лишь конечное число единиц (т.е. начиная с некоторого номера идут только нули):

$$\begin{array}{l}\frac{1}{2}=0.1\color{blue}{00000000}\color{}...\\[1.0ex] \frac{1}{4}=0.01\color{blue}{0000000}\color{}...\\[1.0ex] \frac{3}{4}=0.11\color{blue}{0000000}\color{}...\\[1.0ex] \frac{1}{8}=0.001\color{blue}{000000}\color{}...\\[1.0ex] \frac{3}{8}=0.011\color{blue}{000000}\color{}...\\[1.0ex] \frac{5}{8}=0.101\color{blue}{000000}\color{}...\\[1.0ex] \frac{7}{8}=0.111\color{blue}{000000}\color{}...\end{array}$$

В Вашей последовательности даже не все рациональные числа из $(0, 1)$ содержатся. Например, отсутствует $\frac 1 3$, в двоичной записи это $0.0101010101...$

[ewert]

taburet в сообщении #602386 писал(а):

Наверняка остаются. Т.е. идея моего поста заключается в том, что хочу получить доказательство, которое меня убедит

Тогда Вы не с того конца подходите. Раз это множество включает ещё чёрт-те сколько (и Вы при этом сами не знаете, сколько) точек -- то, значит, Ваш как бы контрпример заведомо не проходит. А тогда к чему он?...

[taburet]

Таким образом очевидно нет.

Но в доказательстве, того, что мощность канторова множества имеет мощность континуума Александров П.С. (Введение в общую теорию множеств и функций. с.139) использует другой подход (это распространенное доказательство), а именно (вкратце): так как каждая точка множества принадлежит единственному сегменту разбиения первого ранга, единственному сегменту второго, третьего и т.п., каждой точке соответствует последовательность сегментов образующих систему вложенных отрезков. И что бы занумеровать точку мы составляем бинарный код, который описывает её положение в системе отрезков. Т.о. если в первом разбиении точка принадлежит левому отрезку, пишем в последовательность в первый разряд $0$, иначе $1$, если во втором разбиении этого отрезка точка принадлежит левому отрезку ставим во второй разряд $0$ иначе $1$ и т.д. Т.о. каждой точке ставится в соответствие бесконечная последовательность вида: $01100101011...$ или скажем последовательность одних нулей для точки ноль. Далее доказывается, что таких последовательностей несчетное множество.

Так вот последовательность точек $\lbrace \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{3}{4}, \frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{5}{8}, \frac{1}{16}, .. \rbrace $ вроде тоже можно так занумеровать?
Ведь члены это последовательности - это точки делящие на первом уровне единичный отрезок пополам ($\frac{1}{2}$), на втором отрезки $[0, \frac{1}{2}]$ и $[\frac{1}{2}, 1]$ снова пополам ($\frac{1}{4}, \frac{3}{4}$) и, т.д. Тогда можно любому числу множества поставить в соответствие двоичную последовательность.

Правда вот не во взаимно однозначное соответствие... мда... так же, как канторово занумеровать нельзя...

-- 02.08.2012, 19:54 --

ewert в сообщении #602400 писал(а):

Тогда Вы не с того конца подходите. Раз это множество включает ещё чёрт-те сколько (и Вы при этом сами не знаете, сколько) точек -- то, значит, Ваш как бы контрпример заведомо не проходит. А тогда к чему он?

Да что уж там, я и вправду не понимаю этого множества. Оно замкнуто, значит дополнение открыто, значит дополнение можно покрыть открытыми интервалами, причем счетным множеством, само канторово множество отрезков не содержит, как же так? т.е. "дырок" между открытыми интервалами больше чем этих интервалов?

За тупой "контрпример" приношу свои извинения.

-- 02.08.2012, 19:59 --

Ладно мой вопрос сводится в итоге вот к чему, как найти любую трансцендентную точку в множестве кантора, и построить её приближение десятичной дробью? Ну и тот, что выше.

[svv]

taburet писал(а):

Так вот последовательность точек $\lbrace \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{3}{4}, \frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{5}{8}, \frac{1}{16}, .. \rbrace $ вроде тоже можно так занумеровать?

Вы всё время пропускаете дробь $\frac{7}{8}$. Смотрите, обидится.

Каждой Вашей точке можно сопоставить последовательность из нулей и единиц. Но, я уже говорил, они у Вас будут получаться только такие, что, начиная с некоторого элемента, дальше идут одни нули. Таким последовательностям близко соответствуют конечные двоичные дроби.

А конечных — уже не континуум, а только счётное множество. Их можно занумеровать:
1: 1
2: 01
3: 11
4: 001
5: 101
6: 011
7: 111
Кстати, я здесь использовал интересный принцип нумерации. Наши последовательности всегда заканчиваются единицей (последующие нули мы подразумеваем, но не пишем). Прочтем последовательность справа налево, считая, что это натуральное число в двоичной записи. Это число и будет номером.

[taburet]

:) да, $\frac{7}{8}$ везде забыл.

А по поводу последовательности, я уже понял, что пример плохой, но всеравно спасибо. :)

Ладно, пойду Макарова почитаю, что-то у него там было про совершенные множества...