Matematyka.pl

Wykaż, że płaszczyzny \(\displaystyle{ \RR^2}\) nie można pokryć przeliczalnym zbiorem prostych przechodzącym przez punkt \(\displaystyle{ \left( 0, 0\right) }\).

Nie mam pojęcia jak to ugryźć, proszę o wskazówkę na co zwrócić uwagę.

Skoro te proste pokrywałyby płaszczyznę, to pokrywałyby także okrąg jednostkowy (który jest mocy continuum).

JK

Dziękuję za wskazówkę. Jeśli proste pokrywałyby także okrąg to można by było stworzyć funkcję która każdej prostej przypisuje punkt przecięcia z tym okręgiem. Taka funkcja byłaby bijekcją co za tym idzie wyszłaby sprzeczność (okrąg miałby przeliczalnie wiele punktów)

Przepraszam za głupią nazwę tematu.

terefere123 pisze: ↑16 sty 2020, o 15:38Dziękuję za wskazówkę. Jeśli proste pokrywałyby także okrąg to można by było stworzyć funkcję która każdej prostej przypisuje punkt przecięcia z tym okręgiem. Taka funkcja byłaby bijekcją co za tym idzie wyszłaby sprzeczność (okrąg miałby przeliczalnie wiele punktów)

No ten argument wymaga jeszcze doprecyzowania (na razie jest niepoprawny np. dlatego, że prosta przecina okrąg w dwóch punktach, więc Twoja funkcja nie jest funkcją), ale o to chodzi.

terefere123 pisze: ↑16 sty 2020, o 15:38Przepraszam za głupią nazwę tematu.

Nazwa nie była głupia, tylko nieregulaminowa (por. punkt III.5.5. w Regulamin).

JK

Zadziała też argument miarowy:

\(\displaystyle{ \infty=l_2(\RR^2)=l_2\left( \bigcup_{n\in\NN} L_n\right) \leq \sum_{n\in\NN} l_2(L_n)=0}\)

\(\displaystyle{ l_2}\) to miara Lebesgue'a, \(\displaystyle{ \{L_n:n\in\NN\}}\) to hipotetyczna rodzina prostych, która pokrywa całą płaszczyznę.

matmatmm pisze: ↑16 sty 2020, o 19:34Zadziała też argument miarowy:

No ale to trochę strzelanie do komara z armaty.

Najprościej stwierdzić, że każda prosta przechodząca przez \(\displaystyle{ \left( 0,0\right) }\) ma z okręgiem jednostkowym dwa punkty wspólne, więc jak rozważymy przeliczalnie wiele prostych, to zbiór punktów należących równocześnie do okręgu i którejś z tych prostych będzie przeliczalną sumą zbiorów dwuelementowych, więc będzie przeliczalny. Zatem przeliczalnie wiele prostych (a nawet mniej niż continuum) takich prostych nie pokryje okręgu, który jest mocy continuum.

JK

Zamiast punktów przecięcia można prostym przypisywać (można się pokusić o jawną postać tego przypisania) kąt nachylenia ze zbioru \(\displaystyle{ \left[ 0,\pi \right) }\) który jest mocy continuum więc nie istnieje takie pokrycie przeliczalnie wieloma prostymi.

Można też pokazać, że nie istnieje pokrycie nawet części (a dokładniej pierwszej ćwiartki) przeliczalnie wieloma prostymi. Jest to wygodniejsze miejscami przy budowani jawnego odwzorowania bo nie trzeba się przejmować niektórymi kątami. Skoro nie istnieje pokrycie "nawet" ćwiartki to nie istnieje pokrycie całości.

Jan Kraszewski pisze: ↑16 sty 2020, o 20:19

matmatmm pisze: ↑16 sty 2020, o 19:34Zadziała też argument miarowy:

No ale to trochę strzelanie do komara z armaty.

Niby armata, ale pokazuje to coś więcej niż treść zadania. Mianowicie nie istnieje żadna przeliczalna rodzina prostych, która pokrywałaby całą płaszczyznę, nie tylko taka, która składa się z prostych przechodzących przez \(\displaystyle{ (0,0)}\).

Ale do tego też nie trzeba argumentu miarowego.

Weżmy prostą `y=a`, która NIE należy do owej przeliczalnej rodziny . Na niej jest continuum punktów. Ponieważ żadna z prostych przecinających ją nie jest do jej równoległą, to cała rodzina pokryje co najwyżej przeliczalnie wiele punktów na nie. I już.

W podobny sposób można pokazać, że przeliczalną rodziną nie można pokryć żadnego zbioru o niepustym wnętrzu.

matmatmm pisze: ↑16 sty 2020, o 22:17Niby armata, ale pokazuje to coś więcej niż treść zadania. Mianowicie nie istnieje żadna przeliczalna rodzina prostych, która pokrywałaby całą płaszczyznę, nie tylko taka, która składa się z prostych przechodzących przez \(\displaystyle{ (0,0)}\).

Oczywiście, ale wymaga aparatu miarowego, którego zazwyczaj na tym etapie nie mamy.

JK

Janusz Tracz pisze: ↑16 sty 2020, o 20:49Zamiast punktów przecięcia można prostym przypisywać (można się pokusić o jawną postać tego przypisania) kąt nachylenia ze zbioru \(\displaystyle{ \left[ 0,\pi \right) }\) który jest mocy continuum

To nie uzasadnia, że

Janusz Tracz pisze: ↑16 sty 2020, o 20:49więc nie istnieje takie pokrycie przeliczalnie wieloma prostymi.

Dasio11 a odwzorowanie wszystkich kątów z \(\displaystyle{ \left[ 0, \pi \right) }\) nie jest warunkiem konicznym pokrycia płaszczyzny?

\(\displaystyle{ \bullet}\) Jeśli nie pokryjemy wszystkich kątów to w prostych przechodzących przez \(\displaystyle{ (0,0)}\) pokrywających płaszczyznę będą "dziury" (dowolnie małe ale będą). Innymi słowy pewne proste nie zostaną odwzorowane a wtedy punkty na nich też nie zostaną pokryte.

\(\displaystyle{ \bullet}\) Kąt może być jednoznacznie rozumiany jako para punktów na okręgu (dajmy jednostkowym) wtedy mój argument staje się (jak mi się wydaje) tożsamy z argumentem Jan Kraszewski

Jan Kraszewski pisze: ↑16 sty 2020, o 20:19

matmatmm pisze: ↑16 sty 2020, o 19:34Zadziała też argument miarowy:

No ale to trochę strzelanie do komara z armaty.

Podobnie ktoś na tym forum kiedyś argumentował, że zbiór liczb rzeczywistych jest nieprzeliczalny, gdyż gdyby był przeliczalny, to miałby miarę Lebesgue'a zero.
Uprośćmy trochę sytuację. Rozważmy argument:
Przedział \(\displaystyle{ [0,1]}\) jest nieprzeliczalny, gdyż ma miarę Lebesgue'a większą od zera (a każdy zbiór przeliczalny ma miarę Lebesgue'a zero).

Ten dowód wykorzystuje własności miary Lebesgue'a, przypuszczalnie m.in. nieprzeliczalność \(\displaystyle{ [0,1]}\) (implicite). Implicite zawiera przekątniowy argument Cantora. Więc dowód miarowy nieprzeliczalności \(\displaystyle{ \mathbb R}\) jest to dowód "naokoło", ukrywający istotę rzeczy.

Ćwiczenie: Spróbować przeprowadzić konstrukcję miary Lebesguę'a dla zbioru liczb wymiernych. On nie jest zupełny w sensie Dedekinda, zaś \(\displaystyle{ \mathbb R}\) jest. To ta cecha \(\displaystyle{ \mathbb R}\) odpowiada za to, że miara \(\displaystyle{ [0,1]}\) jest większa od zera.
Warto dokładnie uświadomić sobie, jak w konstrukcji miary Lebesgue'a (a w szczególności w dowodzie tego, że miara \(\displaystyle{ [0,1]}\) jest większa od zera) używamy zupełności \(\displaystyle{ \mathbb R}\) (a więc faktycznie jego nieprzeliczalności).

Oczywiście, w potocznych matematycznych rozumowaniach tego typu argument bywa akceptowany, gdyż jeśli dla kogoś własności miary Lebesgue'a
są bardziej podstawowe niż pojecie (nie)przeliczalności, to w naturalny sposób korzysta z nich w dowodzie nieprzeliczalności zbioru liczb rzeczywistych.

Dodano po 10 minutach 5 sekundach:

Dasio11 pisze: ↑16 sty 2020, o 23:11 To nie uzasadnia, że

W przypadku potocznych dowodów matematycznych zwykle pomijane są oczywiste szczegóły. To, czy szczegół jest oczywisty, jest względne. A zatem w tych przypadkach względne jest również to, czy dany argument jest uzasadnieniem tezy.

krl pisze: ↑17 sty 2020, o 08:23

Jan Kraszewski pisze: ↑16 sty 2020, o 20:19

matmatmm pisze: ↑16 sty 2020, o 19:34Zadziała też argument miarowy:

No ale to trochę strzelanie do komara z armaty.

Podobnie ktoś na tym forum kiedyś argumentował, że zbiór liczb rzeczywistych jest nieprzeliczalny, gdyż gdyby był przeliczalny, to miałby miarę Lebesgue'a zero.

Dla ścisłości: argumentem było, że gdyby był przeliczalny to można by go pokryć odcinkami, których łączna długość byłaby mniejsza od 1.
Ten argument będzie zrozumiały dla krawca i malarza pokojowego oraz dla każdego menedzera budżetu domowego i nie odwołuje się do metody przekątniowej ani nie używa miary Lebesgue'a

a4karo pisze: ↑17 sty 2020, o 09:41 Dla ścisłości: argumentem było, że gdyby był przeliczalny to można by go pokryć odcinkami, których łączna długość byłaby mniejsza od 1.
Ten argument będzie zrozumiały dla krawca i malarza pokojowego oraz dla każdego menedzera budżetu domowego i nie odwołuje się do metody przekątniowej ani nie używa miary Lebesgue'a.

1. Chętnie bym poznał takiego krawca. Czy mógłbyś podać adres? Może zachęciłbym go do studiowania matematyki.
2. Argument, do którego się odwołujesz, korzysta ze zwartości odcinka, której dowodzi się metodą przekątniową.