Matematyka.pl

udowodnić nieprzeliczalność:

\(\displaystyle{ \{ x\in \RR:0\le x\}}\)

Można zauważyć, że \(\displaystyle{ \left( 0,1\right) \subseteq \{ x\in \RR:0\le x\} \subseteq \RR}\) powołując się na twierdzenie Cantora-Bernsteina kończymy dowód wszak \(\displaystyle{ \left( 0,1\right)\sim \RR}\).

Popatrzmy na zapis dziesiętny liczby z przedziału \(\displaystyle{ [0,+infty)}\), przy czym przyjmujemy, że
jeśli mamy do wyboru rozwinięcie skończone (tj. tylko skończenie wiele niezerowych cyfr rozwinięcia) i nieskończone z dziewiątką w okresie, to wybieramy to, które jest skończone.
Przypuśćmy nie wprost, że zbiór \(\displaystyle{ [0,+infty)}\) da się ustawić w ciąg \(\displaystyle{ (a_n)_{n=1}^{\infty}}\).
Ustalmy taki ciąg i skonstruujmy element \(\displaystyle{ [0,+infty)}\), który jednak nie jest reprezentowany przez żaden element tego ciągu. Mianowicie niech liczba \(\displaystyle{ bin[0,+infty)}\) będzie taka, że
n-ty wyraz rozwinięcia dziesiętnego \(\displaystyle{ b}\) (pomijając zero przed przecinkiem) będzie równy \(\displaystyle{ |(a_n)_n}-1|}\), gdzie
\(\displaystyle{ (a_i)_j}\) jest \(\displaystyle{ j}\)-tym wyrazem rozwinięcia dziesiętnego \(\displaystyle{ i}\)-tego elementu ciągu \(\displaystyle{ (a_n)}\)
Wówczas \(\displaystyle{ (b_n)_n\neq (a_n)_n}\) dla każdego \(\displaystyle{ n\in \NN}\), stąd
\(\displaystyle{ b}\) nie jest wyrazem ciągu \(\displaystyle{ (a_n)}\). Sprzeczność.

a w takim razie \(\displaystyle{ A=\{ x\in \RR:\quad 0>x\}}\)?

Ten zbiór jest równoliczny z tym poprzednim. Istotnie, dla \(\displaystyle{ xin [0,+infty)}\) niech
\(\displaystyle{ f(x)= \begin{cases}-\frac 1 2\text{ gdy } x=0\\ -\frac x 2 \text{ gdy }(\exists n\in \NN^+)\left( x=\frac{1}{2^n}\right) \\ -x \text{ w przeciwnym razie }\end{cases}}\).
Wówczas nietrudno sprawdzić, że
\(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją między \(\displaystyle{ [0,+infty)}\) a \(\displaystyle{ (-\infty,0)}\). Zatem skoro ten pierwszy zbiór jest nieprzeliczalny, to ten drugi też.

Dziękuję za odpowiedzi:)

Przypuśćmy, że dowolny z tych zbiorów jest przeliczalny, czyli daje się ustawić w ciąg.
Pokryjmy \(\displaystyle{ i}\)—ty element tego ciągu przedzialem o długości \(\displaystyle{ 1/2^i}\).
W ten sposób pokrylismy cała polprostą odcinkami o łącznej długości \(\displaystyle{ 2}\).

a4karo pisze:Przypuśćmy, że dowolny z tych zbiorów jest przeliczalny, czyli daje się ustawić w ciąg.
Pokryjmy \(\displaystyle{ i}\)—ty element tego ciągu przedzialem o długości \(\displaystyle{ 1/2^i}\).
W ten sposób pokrylismy cała polprostą odcinkami o łącznej długości \(\displaystyle{ 2}\).

Choć to rozumowanie wygląda błyskotliwie, to nie jest poprawnym dowodem omawianej tezy, bo nie kończy się dojściem do sprzeczności.

TobiWan pisze:udowodnić nieprzeliczalność:

\(\displaystyle{ \{ x\in \RR:0\le x\}}\)

Znanym faktem (choć nie oczywistym), że odcinek \(\displaystyle{ \left( 0 ,1\right)}\) jest nieprzeliczalny. W takim razie jego nadzbiór \(\displaystyle{ \RR _{+} \cup \left\{ 0 \right\}}\) też musi być nieprzeliczalny( prosty natychmiastowy dowód nie wprost).

TobiWan pisze: a w takim razie \(\displaystyle{ A=\{ x\in \RR:\quad 0>x\}}\)?

Premislav pisze: Ten zbiór jest równoliczny z tym poprzednim.

Słuszna myśl, ale to

Premislav pisze: Istotnie, dla \(\displaystyle{ xin [0,+infty)}\) niech
\(\displaystyle{ f(x)= \begin{cases}-\frac 1 2\text{ gdy } x=0\\ -\frac x 2 \text{ gdy }(\exists n\in \NN^+)\left( x=\frac{1}{2^n}\right) \\ -x \text{ w przeciwnym razie }\end{cases}}\).

Mi się nie podoba- można prościej.

Prościej udowodnić, że \(\displaystyle{ \RR_{+}}\) jest równoliczny z \(\displaystyle{ \RR_{-}}\), a żeby zgubić 0 między \(\displaystyle{ \RR_{+} \cup \left\{ 0\right\}}\) a \(\displaystyle{ \RR _{+}}\), wystarczy 0 przypisać 1, 1 przypisać 2, 2 przypisać 3, ..., a na pozostałych argumentach wziąć identyczność, czyli funkcję, która dostając argument taki sam go zwraca. Taka funkcja jest bijekcją. A więc \(\displaystyle{ \RR_{+} \cup \left\{ 0\right\}\sim \RR _{+}\sim \RR _{-}. \square}\)

Dasio11 pisze:

a4karo pisze:Przypuśćmy, że dowolny z tych zbiorów jest przeliczalny, czyli daje się ustawić w ciąg.
Pokryjmy \(\displaystyle{ i}\)—ty element tego ciągu przedzialem o długości \(\displaystyle{ 1/2^i}\).
W ten sposób pokrylismy cała polprostą odcinkami o łącznej długości \(\displaystyle{ 2}\).

Choć to rozumowanie wygląda błyskotliwie, to nie jest poprawnym dowodem omawianej tezy, bo nie kończy się dojściem do sprzeczności.

Bo to nie dowód, tylko pomysł. Wierzę że potrafisz go wykorzystać.