Hipoteza continuum

[MichalMozejko]

Mamy dany zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{N}_0=\{0,1,2,3,...\}}\) (jego istnienie gwarantuje aksjomat nieskończoności, Guzicki Zakrzewski "Wykłady ze wstępu do matematyki" s.339)

Mamy dany aksjomatu wyróżnienia (jw. s.330), korzystając z niego tworzę dwa podzbiory \(\displaystyle{ \mathbb{N}_0}\):
\(\displaystyle{ \mathbb{N}=\{1,2,3,...\}}\)
\(\displaystyle{ Y=\{0,1\}}\)

Mamy daną dowolną funkcję (ciąg) \(\displaystyle{ f : \mathbb{N} \to Y}\)
Ciąg ten możemy oznaczać także przez \(\displaystyle{ (a_n)}\)

Mamy dany zbiór wszystkich takich ciągów \(\displaystyle{ F=Y^\mathbb{N}}\)

Zbiór \(\displaystyle{ F}\) ma moc co najmniej \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)

Istnieje injekcja \(\displaystyle{ g : \mathbb{N} \to F}\) tworzymy ją w następujący sposób:

\(\displaystyle{ g(1)=(1,0,0,0,0,...)\\
g(2)=(0,1,0,0,0,...)\\
g(3)=(0,0,1,0,0,...)}\)
itd

Istnieją ciągi należące do \(\displaystyle{ F}\), które nie nalezą do przeciwdziedziny funkcji \(\displaystyle{ g}\) np \(\displaystyle{ (1,1,1,0,0,...)}\).

Z aksjomatu wyróżnienia wybieram dowolny podzbiór \(\displaystyle{ T}\) zbioru \(\displaystyle{ F}\), zakładam że moc \(\displaystyle{ T}\) wynosi \(\displaystyle{ \aleph_0}\)

Wprowadzam porządek w zbiorze \(\displaystyle{ T}\), czyli bijekcję \(\displaystyle{ t : \mathbb{N} \to T}\)

Dla dowolnego \(\displaystyle{ T}\) i \(\displaystyle{ t}\) mamy:
\(\displaystyle{ t(1)=(y_{1,1},y_{1,2},y_{1,3},...)}\)
\(\displaystyle{ t(2)=(y_{2,1},y_{2,2},y_{2,3},...)}\)
\(\displaystyle{ t(3)=(y_{3,1},y_{3,2},y_{3,3},...)}\)
itd...

*Tworzymy ciąg \(\displaystyle{ c_n=(y_{1,1},y_{2,2},y_{3,3},...)}\)

Tworzymy funkcję \(\displaystyle{ I : F \to F}\)
\(\displaystyle{ I((a_n))=(b_n)}\)
\(\displaystyle{ b_n=\begin{cases} 1 &\text{dla } a_n = 0\\0 &\text{dla } a_n=1 \end{cases}}\)

Tworzymy ciąg \(\displaystyle{ C_n=I(c_n)}\) (Nazwijmy go ciągiem Cantora)

**Dla ustalonego \(\displaystyle{ t}\) i \(\displaystyle{ T}\) :
Przeprowadzamy następujące operację:
wybieramy \(\displaystyle{ t(1)}\) i przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(1))}\), zgodnie z * tworzymy nowy ciąg
wybieramy \(\displaystyle{ t(2)}\) i przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(2))}\), zgodnie z * tworzymy nowy ciąg
wybieramy \(\displaystyle{ t(3)}\) i przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(3))}\), zgodnie z * tworzymy nowy ciąg
itd... przeprowadzamy tą operację \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)

***wybieramy dwa dowolne elementy \(\displaystyle{ t(x), t(y)}\) przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(x))}\) przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(y))}\) zgodnie z * tworzymy nowy ciąg operację powtarzamy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) razy

wybieramy trzy dowolne elementy \(\displaystyle{ t(x), t(y), t(z)}\) przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(x))}\) przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(y))}\) przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(z))}\) zgodnie z * tworzymy nowy ciąg operację powtarzamy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) razy

operację te powtarzamy dla każdej liczby naturalnej

Dokonujemy inwersji wszystkich elementów i otrzymujemy \(\displaystyle{ t_i}\)

Analogiczne operacje inwersji przeprowadzamy dla \(\displaystyle{ t_i}\)


Mamy dany zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_0=\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}}\)
Mamy dany zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{Z}=\{-3,-2,-1,1,2,3\}}\)

Wprowadzamy porządek w \(\displaystyle{ \mathbb{Z}=\{1,2,3,...,-3,-2,-1\}}\)

Dla \(\displaystyle{ 1}\) przeprowadzamy operację **
Dla \(\displaystyle{ 2}\) przeprowadzamy operację ***
etc...
Dla \(\displaystyle{ -1}\) przeprowadzamy analogiczne do **

Gdzie jest błąd? czy jakiś element między \(\displaystyle{ 1}\) a \(\displaystyle{ -1}\) generuje więcej niż \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) kombinacji??

[matmatmm]

Zbiór \(\displaystyle{ F}\) ma moc co najmniej \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)

Wiadomo skądinąd, że ma moc \(\displaystyle{ \mathfrak{c}}\)

Istnieją ciągi należące do \(\displaystyle{ F}\), które nie nalezą do przeciwdziedziny funkcji \(\displaystyle{ g}\) np \(\displaystyle{ (1,1,1,0,0,...)}\).

Do zbioru wartości

Z aksjomatu wyróżnienia wybieram dowolny podzbiór \(\displaystyle{ T}\) zbioru \(\displaystyle{ F}\), zakładam że moc \(\displaystyle{ T}\) wynosi \(\displaystyle{ \aleph_0}\)

Czyli nie stosujesz de facto aksjomatu wyróżniania tylko ustalasz podzbiór przeliczalny i potem przeprowadzasz na nim jakieś rozumowanie.

Wprowadzam porządek w zbiorze \(\displaystyle{ T}\), czyli bijekcję \(\displaystyle{ t : \mathbb{N} \to T}\)

Porządek to nie to samo co bijekcja, chociaż można oczywiście wprowadzić porządek na podstawie bijekcji.

**Dla ustalonego \(\displaystyle{ t}\) i \(\displaystyle{ T}\) :
Przeprowadzamy następujące operację:
wybieramy \(\displaystyle{ t(1)}\) i przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(1))}\), zgodnie z * tworzymy nowy ciąg
wybieramy \(\displaystyle{ t(2)}\) i przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(2))}\), zgodnie z * tworzymy nowy ciąg
wybieramy \(\displaystyle{ t(3)}\) i przeprowadzamy \(\displaystyle{ I(t(3))}\), zgodnie z * tworzymy nowy ciąg
itd... przeprowadzamy tą operację \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)

W tym miejscu się zgubiłem.

Operacja * bierze pewien podzbiór przeliczalny \(\displaystyle{ T}\) zbioru \(\displaystyle{ F}\) oraz bijekcję \(\displaystyle{ t:\NN\rightarrow T}\) (chociaż właściwie wystarcza nam ta bijekcja) i zwraca ciąg będący elementem \(\displaystyle{ F}\) (oznaczmy go \(\displaystyle{ t^{*}}\)). Poniżej moje przypuszczenie:

Czy dobrze rozumiem, że dla ustalonego \(\displaystyle{ t}\) oraz \(\displaystyle{ k\in\NN}\) tworzymy ciąg \(\displaystyle{ t^k:\NN\rightarrow F}\) taki, że

\(\displaystyle{ t^k(j)=t(j)}\) dla \(\displaystyle{ j\neq k}\) oraz \(\displaystyle{ t^k(k)=I(t(k))}\)

, następnie stosujemy operację * na ciągu \(\displaystyle{ t^k}\), a na koniec bierzemy ciąg \(\displaystyle{ ((t^1)^*,(t^2)^*,(t^3)^*\ldots)}\) ?

[MichalMozejko]

Zakładam że Cantor się pomylił, o czym dalej...
Udowadniam że zbiór \(\displaystyle{ F}\) jest nieskończony (ma moc przynajmniej \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)) (co jest prawdą)
Wybieram dowolny podzbiór właściwy \(\displaystyle{ T}\), zbioru \(\displaystyle{ F }\) (\(\displaystyle{ T}\) ma moc \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)) (jest to dozwolone)
Tworzę dowolną bijekcje \(\displaystyle{ t : \mathbb{N} \to T}\) (to chyba też jest dozwolone)

Dla dowolnego \(\displaystyle{ T}\) i \(\displaystyle{ t}\) mamy:
\(\displaystyle{ t(1)=(y_{1,1},y_{1,2},y_{1,3},...)}\)
\(\displaystyle{ t(2)=(y_{2,1},y_{2,2},y_{2,3},...)}\)
\(\displaystyle{ t(3)=(y_{3,1},y_{3,2},y_{3,3},...)}\)
itd...

\(\displaystyle{ y_{n,m} \in Y\ \ \ n,m \in \mathbb{N}}\)

Dla ustalonego \(\displaystyle{ t}\) istnieje \(\displaystyle{ c_n=(y_{1,1},y_{2,2},y_{3,3},...)}\)

Dla ustalonego \(\displaystyle{ t}\) dokonujemy \(\displaystyle{ I(t(1))}\) (inwersję pierwszego elementu), dla takiego \(\displaystyle{ t}\) po inwersji tworzę ciąg \(\displaystyle{ c_{n1}}\)
Dla ustalonego \(\displaystyle{ t}\) dokonujemy \(\displaystyle{ I(t(2))}\) (inwersję drugiego elementu), dla takiego \(\displaystyle{ t}\) po inwersji tworzę ciąg \(\displaystyle{ c_{n2}}\)
itd,,, przeprowadzam \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich operacji

Dla ustalonego \(\displaystyle{ t}\) dokonujemy wybieram dwa elementy \(\displaystyle{ t(x)}\) i \(\displaystyle{ t(y)}\) dokonuję inwersji obu tych elementów i tworzę ciąg \(\displaystyle{ c_{xy}}\)
przeprowadzam \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich operacji]

analogicznie dla 3,4,5 etc inwersji

Dokonuje inwersji wszystkich elementów ustalonego \(\displaystyle{ t}\) i otrzymuję \(\displaystyle{ t_i}\)
Dokonuje analogicznych operacji jak dla \(\displaystyle{ t}\)

Mamy dany zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_0=\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}}\)
Mamy dany zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{Z}=\{-3,-2,-1,1,2,3\}}\)

Wprowadzamy porządek w \(\displaystyle{ \mathbb{Z}=\{1,2,3,...,-3,-2,-1\}}\)

Dla 1 przeprowadzam wszystkie możliwe pojedyncze inwersje dla ustalonego \(\displaystyle{ t}\) i tworzę ciągi \(\displaystyle{ c_n}\)
Dla 2 przeprowadzam wszystkie możliwe podwójne inwersje dla ustalonego \(\displaystyle{ t}\) i tworzę ciągi \(\displaystyle{ c_n}\)
itd,,,

Analogicznie dla \(\displaystyle{ -1}\) przeprowadzam wszystkie możliwe pojedyncze inwersje dla ustalonego \(\displaystyle{ t_i}\) i tworzę ciągi \(\displaystyle{ c_n}\)
itd

Nie jestem matematykiem tłumaczę jak umiem...

\(\displaystyle{ \mathbb{Z}=\{1,2,3,...,-3,-2,-1\}}\) ma moc \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) któryś z elementów z \(\displaystyle{ \mathbb{Z}=\{1,2,3,...,-3,-2,-1\}}\) musi "generować" więcej niż \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) ciągów

[matmatmm]

Nie jestem w stanie domyślić się dokładnie "co poeta miał na myśli". Wygląda mi to na próbę udowodnienia, że zbiór \(\displaystyle{ F=\{0,1\}^{\NN}}\) jest przeliczalny. Nie chcąc komentować szczegółów, a zarazem domyślając się jaka jest idea tego "dowodu" (chyba byłbym w stanie ją opisać formalnie) zapytam tylko: Skąd wiesz, że za pomocą tej procedury wygenerujesz wszystkie ciągi z \(\displaystyle{ F}\)?

[MichalMozejko]

Jeżeli wyjdziemy z założenia że moc zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{R} = c}\) to będzie ciężko udowodnić...

Rozpisuje trójkąt Pascala (pierwsza liczba oznacza kolejność, drugi zbiór elementy trójkąta,trzeci moc zbioru elementów , czwarty sumę elementów zbioru)

\(\displaystyle{ 0\ -\ \{\binom{0}{0}\}\ -\ 1\ -\ 2^0=1}\)
\(\displaystyle{ 1\ -\ \{\binom{1}{0},\binom{1}{1}\}\ -\ 2\ -\ 2^1=2}\)
\(\displaystyle{ 2\ -\ \{\binom{2}{0},\binom{2}{1},\binom{2}{2}\}\ -\ 3\ -\ 2^2=4}\)
...
\(\displaystyle{ \infty\ -\ \{\binom{\aleph_{0}}{0},\binom{\aleph_{0}}{1},...,\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}}\}\ -\ \aleph_{0}\ -\ 2^\aleph}\)

[matmatmm]

Jeżeli wyjdziemy z założenia że moc zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{R} = c}\)

Przecież to jest definicja...

\(\displaystyle{ \infty\ -\ \{\binom{\aleph_{0}}{0},\binom{\aleph_{0}}{1},...,\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}}\}\ -\ \aleph_{0}\ -\ 2^\aleph}\)

Wybacz, ale dla mnie to nie ma sensu.

[Jan Kraszewski]

\(\displaystyle{ \infty\ -\ \{\binom{\aleph_{0}}{0},\binom{\aleph_{0}}{1},...,\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}}\}\ -\ \aleph_{0}\ -\ 2^\aleph}\)

Wybacz, ale dla mnie to nie ma sensu.

Trójkąt Pascala ma nieskończenie wiele poziomów, ale są to wyłącznie poziomy skończone. Nie ma czegoś takiego jak "poziom \(\displaystyle{ \infty}\)".

JK

[MichalMozejko]

Cantor "udowodnił" metodą przekątniową że moc zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) jest większa od mocy zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) tzn nie istnieje bijekcja \(\displaystyle{ f : \mathbb{N} \to \mathbb{R}}\), podał przykład elementu \(\displaystyle{ x}\) który należy do \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) a nie istnieje takie \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\) że \(\displaystyle{ f(n)=x}\) - tylko mamy zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{N_0}=\{0,1,2,3,...\}}\), mamy funkcję \(\displaystyle{ g : \mathbb{N_0} \to \mathbb{R}}\) taką że:
g(0)=x
g(1)=f(1)
g(2)=f(2)
...

metoda przekątniowa nie rozstrzyga relacji między \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) a \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\), po pierwsze...

Mamy dowolny zbiór o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) wybieramy z niego jeden losowy element, możemy wybrać \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) różnych elementów przez analogię \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{1}=\aleph_{0}}\)

Mamy dowolny zbiór o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) wybieramy z niego jeden ustalony element i tworzymy pary nieuporządkowane składające się z wybranego elementu i każdego innego elementu - takich par jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\), ponieważ ustalonych elementów jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) istnieje \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich par poprzez analogię \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{2}=\aleph_{0}}\)

Dla trójki elementów (poprzez analogię) \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{3}=\aleph_{0}}\)

itd...

Tworzę zbiór \(\displaystyle{ A=\{\binom{\aleph_{0}}{1},\binom{\aleph_{0}}{2},\binom{\aleph_{0}}{3},...\}}\)
\(\displaystyle{ A=\{\aleph_{0},\aleph_{0},\aleph_{0},...\}}\)
\(\displaystyle{ |A|=\aleph_{0}}\)
\(\displaystyle{ \sum A=\aleph_{0}}\)


Mamy dowolny zbiór o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) wybieramy z niego wszystkie elementy z wyjątkiem jednego losowego, możemy wybrać 1 element
poprzez analogie \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1}=1}\)

Mamy dowolny zbiór o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) wybieramy z niego wszystkie elementy z wyjątkiem dwóch losowych, możemy wybrać 1 parę elementów poprzez analogie \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-2}=1}\)

Analogicznie dla wszystkich elementów z wyjątkiem trzech \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-3}=1}\)

itd...

Tworzę zbiór \(\displaystyle{ B=\{\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-2},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-3},...\}}\)

\(\displaystyle{ B=\{1,1,1,...\}}\)
\(\displaystyle{ |B|=\aleph_{0}}\)

Tworzę zbiór \(\displaystyle{ C = A \cup B}\)

Porządkuje zbiór \(\displaystyle{ C=\{\binom{\aleph_{0}}{1},\binom{\aleph_{0}}{2},\binom{\aleph_{0}}{3},...,\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-3},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-2},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1}\}}\)

\(\displaystyle{ \sum C = \aleph_{0}}\)

Mam nadzieję że jest to jasne, resztę napiszę jutro.

[Jan Kraszewski]

metoda przekątniowa nie rozstrzyga relacji między \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) a \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\), po pierwsze...

A co to jest "relacja między \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) a \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\)"?

Mamy dowolny zbiór o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) wybieramy z niego jeden losowy element, możemy wybrać \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) różnych elementów przez analogię \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{1}=\aleph_{0}}\)

Mamy dowolny zbiór o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) wybieramy z niego jeden ustalony element i tworzymy pary nieuporządkowane składające się z wybranego elementu i każdego innego elementu - takich par jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\), ponieważ ustalonych elementów jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) istnieje \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich par poprzez analogię \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{2}=\aleph_{0}}\)

Dla trójki elementów (poprzez analogię) \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{3}=\aleph_{0}}\)

itd...

Tworzę zbiór \(\displaystyle{ A=\{\binom{\aleph_{0}}{1},\binom{\aleph_{0}}{2},\binom{\aleph_{0}}{3},...\}}\)
\(\displaystyle{ A=\{\aleph_{0},\aleph_{0},\aleph_{0},...\}}\)
\(\displaystyle{ |A|=\aleph_{0}}\)
\(\displaystyle{ \sum A=\aleph_{0}}\)

No dobrze, jeżeli odpuścimy zupełną niematematyczność tego zapisu, to wygląda to na znane spostrzeżenie, że zbiór wszystkich skończonych podzbiorów zbioru przeliczalnego jest przeliczalny. Choć tak naprawdę trudno się domyślić, co miałyby znaczyć te końcowe linijki.

Mamy dowolny zbiór o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) wybieramy z niego wszystkie elementy z wyjątkiem jednego losowego, możemy wybrać 1 element
poprzez analogie \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1}=1}\)

Mamy dowolny zbiór o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) wybieramy z niego wszystkie elementy z wyjątkiem dwóch losowych, możemy wybrać 1 parę elementów poprzez analogie \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-2}=1}\)

Analogicznie dla wszystkich elementów z wyjątkiem trzech \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-3}=1}\)

itd...

No to już jest nieprawda, bo każdy z takich zbiorów można wybrać na przeliczalnie wiele sposobów. No chyba, że intencją jest wybranie tylko jednego konkretnego zbioru każdej wielkości (co nie ma żadnego wpływu na końcowy wynik).

Tworzę zbiór \(\displaystyle{ B=\{\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-2},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-3},...\}}\)

\(\displaystyle{ B=\{1,1,1,...\}}\)
\(\displaystyle{ |B|=\aleph_{0}}\)

Tym razem - pomijając niematematyczny zapis i powyższy (potencjalny) błąd - stwierdzamy, że koskończonych (czyli o skończonych dopełnieniach) podzbiorów zbioru przeliczalnego jest przeliczalnie wiele.

Tworzę zbiór \(\displaystyle{ C = A \cup B}\)

Porządkuje zbiór \(\displaystyle{ C=\{\binom{\aleph_{0}}{1},\binom{\aleph_{0}}{2},\binom{\aleph_{0}}{3},...,\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-3},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-2},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1}\}}\)

\(\displaystyle{ \sum C = \aleph_{0}}\)

To wygląda na zbiór wszystkich skończonych i koskończonych podzbiorów zbioru przeliczalnego (albo wszystkich skończonych i niektórych koskończonych), który jest rzecz jasna przeliczalny.

Póki co mówienie o "porządkowaniu" tego zbioru jest niepoprawne, bo to nie jest poprawnie opisany zbiór, w związku z tym nie wiadomo, czym miałby być "porządek".

JK

[matmatmm]

Cantor "udowodnił" metodą przekątniową że moc zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) jest większa od mocy zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) tzn nie istnieje bijekcja \(\displaystyle{ f : \mathbb{N} \to \mathbb{R}}\), podał przykład elementu \(\displaystyle{ x}\) który należy do \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) a nie istnieje takie \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\) że \(\displaystyle{ f(n)=x}\)

Dokładnie rzecz biorąc to Cantor udowodnił, że dla każdej funkcji \(\displaystyle{ f:\NN\rightarrow \RR}\) istnieje element \(\displaystyle{ x\in\RR }\), który nie należy do zbioru wartości \(\displaystyle{ f}\). Ten element \(\displaystyle{ x}\) jest zależny od funkcji \(\displaystyle{ f}\) i dlatego stwierdzenie oznaczone na czerwono jest niepoprawne.

[MichalMozejko]

Zapaliłem papierosa i mam napad (po czesku)

Mamy zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{N}=\{1,2,3,...\}}\)

Przez \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{1}}\) rozumiemy zbiór wszystkich singletonów z zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) jest ich \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)
Przez \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{2}}\) rozumiemy zbiór wszystkich par nieuporządkowanych (bez powtórzeń) z zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) jest ich \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)
Przez \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{3}}\) rozumiemy zbiór wszystkich trójek nieuporządkowanych (bez powtórzeń) z zbioru \(\displaystyle{ A}\) jest ich \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)
Analogicznie \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{4}}\) , \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{5}}\)...

Tworzymy zbiór \(\displaystyle{ \Delta = \{\binom{\aleph_{0}}{1},\binom{\aleph_{0}}{2},\binom{\aleph_{0}}{3},...\}}\)
\(\displaystyle{ |\Delta|=\aleph_{0}}\)
\(\displaystyle{ |\bigcup \Delta| = \aleph_{0}}\)

Mamy ustalone t i T:
Dla każdego elementu \(\displaystyle{ \Delta}\) wybieramy po kolei singletony, pary nieuporządkowane etc... i dokonujemy inwersji elementów bijekcji t (np dla pary (2,7) dokonujemy inwersji elementów 2 i 7) i tworzymy ciąg analogiczny do cn.

Tworzymy w ten sposób zbiór \(\displaystyle{ A}\) o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) ciągów (wszystkie skończone kombinacje inwersji)

Aby uzyskać cały zbiór \(\displaystyle{ F}\) należy dokonać wszystkich nieskończonych kombinacji inwersji.

Przez \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1}}\) rozumiemy podzbiory zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}-1}\) jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich zbiorów

Przez \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-2}}\) rozumiemy podzbiory zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}-2}\) jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich zbiorów

Przez \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-3}}\) rozumiemy podzbiory zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}-3}\) jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich zbiorów

Analogicznie \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-4}}\) , \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-5}}\) , ....

Tworzę zbiór \(\displaystyle{ \Gamma=\{\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-2},\binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-3},...\}}\)

\(\displaystyle{ |\Gamma|=\aleph_{0}}\)
\(\displaystyle{ |\bigcup \Gamma| = \aleph_{0}}\)

Wybieramy każdy element z zbioru \(\displaystyle{ \Delta}\), następnie wszystkie elementy z wybranego elementu i dokonujemy inwersji (dla ustalonego t i T) i tworzymy ciąg analogiczny do cn. W ten sposób dokonujemy wszystkich inwersji i tworzymy wszystkie ciągi zero-jedynkowe (dołączając zbiór \(\displaystyle{ A}\)).

Ponieważ moc \(\displaystyle{ \Delta}\) i \(\displaystyle{ \Gamma}\) są równe \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\), ich suma też jest równa \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)

Jest tutaj gdzieś błąd??

[a4karo]

Każde zdanie w drugiej części twojego rozumowania jest nieprawdziwe

Swoją drogą nie zastanowiło cię jaka jest różnica między \(\displaystyle{ \aleph_0-1}\) i \(\displaystyle{ \aleph_0-2}\)?

[MichalMozejko]

\(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1}=\{\{2,3,4,5,...\},\{1,3,4,5,...\},\{1,2,4,5,...\},...\}}\)
oznaczenie jak oznaczenie jest to rodzina ciągów utworzonych z zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) , jest ich \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\)

inne symbole tworzę w podobny sposób (wykreślanie liczb z ciągów liczbowych), jestem przemęczony - być może można to inaczej to zapisać...

[a4karo]

To co napisałeś przed chwilą nie jest tym, co napisałeś w poprzednim poście.

A gdzie policzysz podzbiór `\{2,5,73,110000,9595959,...\}`?

[Jan Kraszewski]

Przez \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-1}}\) rozumiemy podzbiory zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}-1}\) jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich zbiorów

Przez \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-2}}\) rozumiemy podzbiory zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}-2}\) jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich zbiorów

Przez \(\displaystyle{ \binom{\aleph_{0}}{\aleph_{0}-3}}\) rozumiemy podzbiory zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) o mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}-3}\) jest \(\displaystyle{ \aleph_{0}}\) takich zbiorów

Oczywiście nie rozpatrujesz zbiorów mocy \(\displaystyle{ \aleph_{0}-1,\aleph_{0}-2}\) itd., bo nie ma odejmowania mocy. Ten zapis można potraktować tylko jako niezbyt zręczny sposób napisania, że chodzi o zbiory, dla których moc dopełnienia do zbioru przeliczalnego wynosi \(\displaystyle{ 1,2}\) itd.

Jest tutaj gdzieś błąd??

Przez ten zapis trochę trudno połapać się, co tak zawzięcie modyfikujesz, ale w ogólności produkujesz istotnie przeliczalnie wiele ciągów, bo wszystkie zmiany, których dokonujesz mają charakter przeliczalny. Co nijak nie prowadzi do uzyskania wszystkich elementów zbioru \(\displaystyle{ F}\).

JK