zbiór nieprzeliczalny

[Premislav]

Dasio11, dzięki za sprawdzenie (nie mogę wstawić "pomógł", bo nie mój wątek).
Chewbacca97, owszem, to oznaczałoby, że te dwa zbiory są równoliczne, bo właśnie tak jest. W zbiorach o nieskończonej mocy nie działają takie intuicyjnie wnoszone z obcowania ze zbiorami skończonymi własności, jak to, że gdy zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest zawarty w \(\displaystyle{ B}\) i nie jest równy \(\displaystyle{ B}\), to ma mniejszą moc.

Bijekcja mogłaby wyglądać np. tak:
\(\displaystyle{ f: \RR \cup\left\{ 5-2i\right\} \rightarrow \RR, \ f(x)= \begin{cases}\frac 1 2 x, \text{ gdy }\left( \exists n \in \NN^+\right) \left( x=\frac{1}{2^n}\right) \\ \frac 1 2, \text{ gdy } x=5-2i\\ x \text{ w przeciwnym przypadku }\end{cases}}\)

[Chewbacca97]

Czyli istnieje bijekcja, te dwa zbiory są równoliczne. I stąd wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \RR \cup\left\{ 5-2i\right\}}\) jest zbiorem nieskończonym?

Bijekcja mogłaby wyglądać np. tak:
\(\displaystyle{ f: \RR \cup\left\{ 5-2i\right\} \rightarrow \RR, \ f(x)= \begin{cases}\frac 1 2 x, \text{ gdy }\left( \exists n \in \NN^+\right) \left( x=\frac{1}{2^n}\right) \\ \frac 1 2, \text{ gdy } x=5-2i\\ x \text{ w przeciwnym przypadku }\end{cases}}\)

Jestem jeszcze ciekaw, w jaki sposób doszedłeś do tej bijekcji? Jest to typowe podejście? Czy sam na to wpadłeś?

[Premislav]

Czyli istnieje bijekcja, te dwa zbiory są równoliczne.

No tak.

Nie wpadłem na to sam, zmodyfikowałem bijekcję ze Wstępu do Matematyki B (czy tam teraz R) sprzed jakichś ładnych paru lat. Generalnie ja nie jestem pomysłowy w dziedzinie matematyki, więc większość "pomysłów", które przedstawiam to przeróbki z książek i skryptów, które czytałem, przeróbki z zajęć, przeróbki rozwiązań, które widziałem kiedyś w necie (głównie tu lub na math.stackexchange). No poza wieloma rozwiązaniami na pałę.

Można to podejście odrobinkę (ale tylko odrobinkę) uogólnić, żeby udowodnić bez powoływania się na arytmetykę liczb kardynalnych, że dla dowolnego zbioru nieskończonego \(\displaystyle{ A}\) i zbioru skończonego \(\displaystyle{ B}\) mamy \(\displaystyle{ |A \cup B|=|A|}\), co też nie jest jakimś sensacyjnym wynikiem.
Ogólnie zachodzi coś takiego, że dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ A, B}\), z których co najmniej jeden jest nieskończony, mamy
\(\displaystyle{ |A\cup B|=\max\left( |A|, |B|\right)}\).

[Jan Kraszewski]

I stąd wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \RR \cup\left\{ 5-2i\right\}}\) jest zbiorem nieskończonym?

Stąd wnioskujemy, że zbiór \(\displaystyle{ \RR \cup\left\{ 5-2i\right\}}\) jest zbiorem tej samej mocy, co \(\displaystyle{ \RR}\), czyli mocy continuum, czyli w szczególności nieprzeliczalnym.

Jestem jeszcze ciekaw, w jaki sposób doszedłeś do tej bijekcji? Jest to typowe podejście? Czy sam na to wpadłeś?

To typowe podejście nazywane "gubieniem punktu po ciągu". Tak można pokazać, że dodanie jednego punktu do dowolnego zbioru nieskończonego nie zmienia jego mocy.

Ja bym na przykład wziął taką bijekcję:

\(\displaystyle{ f: \RR \cup\left\{ 5-2i\right\} \rightarrow \RR, \ f(x)= \begin{cases}x+1 &\text{gdy }x\in\NN \\ 0 &\text{gdy } x=5-2i\\ x &\text{w przeciwnym przypadku }\end{cases}}\)

bo wolę gubić wykorzystując liczby naturalne, ale to naprawdę wszystko jedno.

JK

[a4karo]

A bardzo podobnie sie nie da:
\(\displaystyle{ f: \RR \cup\left\{ 5-2i\right\} \rightarrow \RR, \ f(x)= \begin{cases}x+1 &\text{gdy }x\in\ZZ \\ \text{???}&\text{gdy } x=5-2i\\ x &\text{w przeciwnym przypadku }\end{cases}}\)

Śmieszne, nie?

[Jan Kraszewski]

Śmieszne, nie?

Czy ja wiem? To całkowicie naturalne...

JK

[a4karo]

Nie naturalne, tylko całkowite. Jak było naturalne, to poszło

To tylko ilustruje, że metoda:
weź zbiór przeliczalny, przesuń numerki o jeden i na to, co zostało włóż nadmiarowy element
nie zawsze działa

[Jan Kraszewski]

To tylko ilustruje, że metoda:
weź zbiór przeliczalny, przesuń numerki o jeden i na to, co zostało włóż nadmiarowy element
nie zawsze działa

Bo to nie jest taka metoda. Powinno być:
weź ciąg, przesuń numerki o jeden i na początek włóż nadmiarowy element.

JK