О биекции отрезка на квадрат

[Cash]

Цифра -это группа знаков, где не девяткой может быть только последний знак (а также последний знак - не девятка).

$0, 1, 95, 99998$ -цифры
$9, 999, 999911, 9199992$ - не цифры

Upd. Если так сложно - можно обойтись и без перегрузки понятий.
Объединим цифры в числе в блоки следующим образом:
Идем слева направо.
Если цифра - не 9, то добавляем ее к блоку и строим новый блок.
Если 9 - добавляем к блоку и берем следующую цифру.

Тем самым, мы единственным образом можем разбить любое число из $[0, 1)$ на блоки.
А в биекции чередуем блоки.

[Evgenii2012]

Уважаемые коллеги ! Большое спасибо за внимание к моей проблеме и полезные рекомендации. Я тут набросал пример отображения, предлагаю его обсудить. Итак, пусть у нас число $x\in [0,1]$ представляется бесконечной десятичной дробью вида $x=0,x_1x_2x_2\ldots .$ Бесконечные последовательности девяток, как и прежде, будем считать недопустимыми, за исключением случая $x_0=0,999\ldots ;$ В этом случае, сразу положим $f(x_0):=(1, 1).$ Далее, как и прежде, положим $f(0, x_1x_2x_3\ldots)=(0, x_1x_3x_5\ldots ; 0, x_2x_4x_6\ldots)$ в том и только том случае, если последовательность а) $x_i$ не является последовательностью вида $x=0,x_1\ldots x_{2k-1}9x_{2k+1}9x_{2k+3}9\ldots$ либо б) $x=0, x_1\ldots x_{2k}9x_{2k+2}9x_{2k+2}9\ldots$ (ведь именно эти последовательности дадут в образе "плохие" точки). Заметим, что множество тех $x=0,x_1x_2\ldots,$ для которых ни одно из условий а) и б) не выполнено, взаимнооднозначно отображается на $[0, 1)\times [0, 1).$ Теперь при каждом $n\in {\Bbb N},$ $n$ -- нечётно, положим $f(0,0x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=$
$=(1; 0,x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots),$ $f(0,1x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=$
$=(1; 0,x_2\ldots x_{n}x_{n+1}9x_{n+3}9x_{n+5}9\ldots),$ и при $0\ne x_1\ne 1$ $f(0,x_1x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=$$=(1; 0,x_1x_2\ldots x_{n}x_{n+1}\ldots),$ т.,е., одна из сторон квадрата $A_1=\{x=(x_1, x_2)\in {\Bbb R}^2:$ $ x_1=1, x_2\in [0, 1]\}$ взаимнооднозначно отображена посредством точек указанного множества. Аналогично поступаем со второй стороной квадрата $A_2=\{x=(x_1, x_2)\in {\Bbb R}^2:$$ x_2=1, x_1\in [0, 1]\}$ -- это случай чётного $n.$

[grizzly]

Можно просто предъявить пример полного набора цифр, удовлетворяющих нужным условиям Cash:
$\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 90, 91, ..., 98, 990, ..., 9..90, 9..91, ...\}$

Очевидно, что этими цифрами можно записать любое действительное число.
Теперь и отрезок в квадрат и квадрат в отрезок отображаются без проблем. Это решает вопрос ТС о другой идее доказательства.

Непонятен вопрос о том, как понимают доказательство студенты мехмата МГУ в курсе Верещагин Н.К, Шень А. (см. Теорему 5 на стр. 18). Наверное, предполагается, что мелкие дырки студенты МГУ могут залатать самостоятельно. Впрочем, здесь это уже оффтоп.

[Evgenii2012]

Я благодарю Вас за ответ, однако, что Вы можете сказать по поводу верности (неверности) "моего" решения ?

[grizzly]

Evgenii2012
Это был ответ не на Ваше сообщение. Просто сравните время сообщений. Пока я готовил свой ответ на предыдущие сообщение, появилось Ваше.

Evgenii2012 в сообщении #1014307 писал(а):

что Вы можете сказать по поводу верности (неверности) "моего" решения ?

Я обязательно посмотрю его чуть позже. Это же форум, а не чат

[Evgenii2012]

Большое спасибо

[slavav]

grizzly в сообщении #1014306 писал(а):

Можно просто предъявить пример полного набора цифр...

С такими блоками всё работает.

grizzly в сообщении #1014306 писал(а):

Непонятен вопрос о том, как понимают доказательство студенты мехмата МГУ в курсе Верещагин Н.К, Шень А. (см. Теорему 5 на стр. 18). Наверное, предполагается, что мелкие дырки студенты МГУ могут залатать самостоятельно. Впрочем, здесь это уже оффтоп.

Я думаю, что они вручную строят биекцию $A \setminus Q \leftrightarrow A$ в случае счётного $Q$ и не менее мощного $A \setminus Q$. Это проще чем доказывать теорему Кантора-Бернштейна.

-- 13.05.2015, 12:18 --

Evgenii2012 в сообщении #1014303 писал(а):

$f(0,1x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=$
$=(1; 0,x_2\ldots x_{n}x_{n+1}9x_{n+3}9x_{n+5}9\ldots),$

Тут что-то с индексами? В правой части есть элементы, которых нет в левой. Так взаимной однозначности не будет.

[grizzly]

slavav в сообщении #1014356 писал(а):

Я думаю, что они вручную строят биекцию $A \setminus Q \leftrightarrow A$ в случае счётного $Q$ и не менее мощного $A \setminus Q$.

Ну да, там на этой же странице чуть выше говорится о счётности проблемных точек. Но ведь это легко помогает, когда мы строим отображение из отрезка в квадрат. А если из квадрата в отрезок, то проблем сразу становится несчётное число, как верно указал Evgenii2012 (в своём вчерашнем сообщении я расписал это чуть подробнее). На пальцах эту проблему решать намного удобнее, чем строго (да, собственно, на пальцах и теорема Кантора -- Бернштейна намного очевиднее без доказательства :)

[INGELRII]

Чего вы так вцепились в десятичную запись? Возьмите лучше цепные дроби, там не будет никаких дырок.

[slavav]

grizzly в сообщении #1014375 писал(а):

slavav в сообщении #1014356 писал(а):

Я думаю, что они вручную строят биекцию $A \setminus Q \leftrightarrow A$ в случае счётного $Q$ и не менее мощного $A \setminus Q$.

Ну да, там на этой же странице чуть выше говорится о счётности проблемных точек. Но ведь это легко помогает, когда мы строим отображение из отрезка в квадрат. А если из квадрата в отрезок, то проблем сразу становится несчётное число, как верно указал Evgenii2012 (в своём вчерашнем сообщении я расписал это чуть подробнее). На пальцах эту проблему решать намного удобнее, чем строго (да, собственно, на пальцах и теорема Кантора -- Бернштейна намного очевиднее без доказательства :)

Я вернусь к своим обозначениям: $S$ - все цифровые строки. $S_9$ - десятичные представления чисел из $[0, 1)$.
Заметим, что $S \setminus S_9$ - счётное множество. Пусть вы изобрели биекцию $M_{12}: S_9 \leftrightarrow S$.
Определим $M_{23}: S \times S \leftrightarrow S_9 \times S_9$ следующим образом:
$M_{23}(s_1, s_2) = (M_{12}^{-1}(s_1), M_{12}^{-1}(s_2))$.

Тогда вся программа выглядит так:
$M_1: [0, 1) \leftrightarrow S_9$,
$M_{12}: S_9 \leftrightarrow S$,
$M_2: S \leftrightarrow S \times S$,
$M_{23}: S \times S \leftrightarrow S_9 \times S_9$,
$M_3: S_9 \times S_9 \leftrightarrow [0, 1) \times [0, 1)$.

[grizzly]

grizzly в сообщении #1014314 писал(а):

Evgenii2012 в сообщении #1014307 писал(а):

что Вы можете сказать по поводу верности (неверности) "моего" решения ?

Я обязательно посмотрю его чуть позже. ...

Посмотрел. Присоединяюсь к возражениям slavav по поводу правомочности использования индексов (во всех равенствах, где в правых частях равенства присутствуют цифры с индексами, которые до этого не были определены).

slavav
Я буду воспринимать Ваше сообщение как предложение Вашего решения, а не как попытку убедить меня, что именно эта идея заложена в недодоказательство Теоремы 5 из обсуждаемого курса лекций

[Evgenii2012]

slavav в сообщении #1014356 писал(а):

grizzly в сообщении #1014306 писал(а):

Можно просто предъявить пример полного набора цифр...

С такими блоками всё работает.

grizzly в сообщении #1014306 писал(а):

Непонятен вопрос о том, как понимают доказательство студенты мехмата МГУ в курсе Верещагин Н.К, Шень А. (см. Теорему 5 на стр. 18). Наверное, предполагается, что мелкие дырки студенты МГУ могут залатать самостоятельно. Впрочем, здесь это уже оффтоп.

Я думаю, что они вручную строят биекцию $A \setminus Q \leftrightarrow A$ в случае счётного $Q$ и не менее мощного $A \setminus Q$. Это проще чем доказывать теорему Кантора-Бернштейна.

-- 13.05.2015, 12:18 --

Evgenii2012 в сообщении #1014303 писал(а):

$f(0,1x_2\ldots x_{n}9x_{n+2}9x_{n+4}9\ldots)=$
$=(1; 0,x_2\ldots x_{n}x_{n+1}9x_{n+3}9x_{n+5}9\ldots),$

Тут что-то с индексами? В правой части есть элементы, которых нет в левой. Так взаимной однозначности не будет.

Там просто опечатка - вместо $x_{n+1}$ надо $x_{n+2},$ всё.

[grizzly]

(Evgenii2012)

Позвольте пару дружеских советов по форуму.
1) Избегайте излишнего цитирования. Если этим злоупотреблять, тема становится нечитаемой и отпугивает потенциальных участников обсуждения. Цитируйте конкретное предложение, выделив его мышкой и нажав кнопку "Вставка".
2) Если Вы пишете сообщение без цитаты и обращаетесь в первую очередь к кому-то персонально, кликните на его имени (слева от любого его сообщения). Тогда имя собеседника появится в текстовом окне с нужным выделением (шрифт, цвет). Это удобно, поскольку собеседнику тут же придёт сообщение, что на него сослались или к нему обратились.
3) Или, проще говоря, посмотрите на поведение других участников

-- 13.05.2015, 14:17 --

Evgenii2012 в сообщении #1014407 писал(а):

Там просто опечатка - вместо $x_{n+1}$ надо $x_{n+2},$ всё.

Не всё, там же ещё $x_{n+3}$, $x_{n+5}$ и в других формулах тоже. Если Вам не сложно, лучше посмотрите всё внимательно и дайте исправленный вариант всей второй части того сообщения, а в идеале -- снабдите его кратким описанием своей идеи (что чему Вы хотите сопоставить). С таким описанием намного легче воспринимать доказательство, в котором не исключён риск недочётов (даже чисто технических или, вообще, опечаток).

[slavav]

grizzly в сообщении #1014391 писал(а):

slavav
Я буду воспринимать Ваше сообщение как предложение Вашего решения, а не как попытку убедить меня, что именно эта идея заложена в недодоказательство Теоремы 5 из обсуждаемого курса лекций

Я не пытаюсь вас убедить. Легковесное отношение автора учебника к теореме 5 объяснимо: на фоне громады теоремы Кантора-Бернштейна строгое доказательство теоремы 5 - мышиная возня. Автору учебника гораздо важнее завладеть вниманием студента быстро познакомив его с мощными инструментами, чем оттачивать все строгости теоремы, которая через несколько страниц потеряет почти всю свою значимость.

[Evgenjy]

Закодируем точки отрезка другим способом.
Разбиваем отрезок пополам нумеруем: один, два. Затем каждый снова пополам и продолжаем нумерацию. Тогда каждая точка получит свою индивидуальную возрастающую последовательность натуральных чисел, а каждой такой последовательности будет соответствовать точка. (Точнее сказать надо разбивать на полуинтервалы). Такую же операцию проделываем и с квадратом, но разбиваем на квадратики.