Можно ли доказать, что множество мощности не менее континуума?

Final

Можно ли доказать, что мощность мн-ва X не менее континуума, если можно построить такое соответствие между подмножествами натурального ряда и X, в котором для каждого счётного подмножества S натурального ряда найдётся элемент мн-ва X, которому однозначно соответствует некоторое бесконечное под-во мн-ва S?

margo11

прочитал 3 раза. не понял.

Lokomotiv59

Вроде можно переформулировать так. Пусть есть отображение F: 2^N --> 2^N, причем
для каждого A \subset N, F(A) \subset A.
(N --- множество натуральных чисел)
Ясно, что область определения F имеет мощность континуум.
Спрашивается, верно ли, что область значений F имеет мощность континуум.
(На конечные подмножества можно забить, они вносят "счетный" вклад.)

ESCALADE

Область определения F можно разбить на 2^N непересекающихся множеств, ведь так?
Тогда и мощность образа будет не меньше 2^N.

Lokomotiv59

Область определения F можно разбить на 2^N непересекающихся множеств, ведь так?
Как ты выделишь континуум бесконечных попарно непересекающихся подмножеств N ?

z-helenium

 F: C --> X, т. что для любого бесконечного A из C существуют x из X и бесконечное B из A, т. что F(B) = x.
По-моему, можно доказать несчётность X, но не континуальность.

Waleri58

кстати, первоначальный пост мой
Область определения F можно разбить на 2^N непересекающихся множеств, ведь так?
Тогда и мощность образа будет не меньше 2^N.
а это так?
2 :
совсем забить на конечные множества нельзя, потому я их и исключаю изначально из условия. то есть если взять по элементу натурального ряда мы получим счётное множества удовлетворяющее твоей переформулировке задачи.

Lokomotiv59

совсем забить на конечные множества нельзя, потому я их и исключаю изначально из условия. то есть если взять по элементу натурального ряда мы получим счётное множества удовлетворяющее твоей переформулировке задачи.
ну все правильно - счетный вклад в мощность образа

Lokomotiv59

Как ты выделишь континуум бесконечных попарно непересекающихся подмножеств N ?
Да, по ходу действительно можно сделать такое. В общем задача топикстартера решена
Пусть есть бесконечная последовательность из 0 и 1:
a = { a_0, a_1, ..., a_n, ... }, a_0 = 1.
Построим подмножество натуральных чисел N(a).
Пусть b_n - число, равное в двоичной записи a_0 a_1 ... a_n.
N(a) = { b_0, b_1, ... }
Тогда если a != b, то пересечение N(a) и N(b) является конечным множеством.
Значит, F(N(a != F(N(b // так как F(N(a F(N(b --- бесконечны.
Ну и все, теперь заметим, что таких бесконечных последовательностей континуум.

Waleri58

Возможно, это и нельзя доказать.
Изначальная задача у меня такая: доказать, что если объединение счётного числа множеств даёт континуум, то, по карйней мере, одно из множеств мощности континуум.
Если доказать утверждние, которое я дал изначально в посте, можно, то доказать исходную задачу получается при помощи метода типа диагональной процедуры Кантора.
Может есть какие-либо другие пути решения исходной задачи? а то у меня уже голова от неё болит

Lokomotiv59

Может есть какие-либо другие пути решения исходной задачи? а то у меня уже голова от неё болит
см. мой пост выше

Waleri58

см. мой пост выше
да, спасибо, я уже увидел, ура!

Demontage

доказать, что если объединение счётного числа множеств даёт континуум, то, по карйней мере, одно из множеств мощности континуум.
А между счетным и континуум есть еще какие-либо мощности?
Я уже не помню-по ходу это глубокая гипотеза теории множеств которую нельзя доказать или опровергнуть-так? Просто любопытно стало, как подумал насчет доказательства.
(идея: объединение не более чем счетного числа не более чем счетных множеств-не более чем счетно. => хотя бы одно множество не счетно. А есть ли такие множества который несчетны но меньше континуума?)

z-helenium

 >> Как ты выделишь континуум бесконечных попарно непересекающихся подмножеств N ?
> Да, по ходу действительно можно сделать такое.
Множество бесконечных попарно непересекающихся подмножеств N счётно, т. к. можно каждому поставить в соответствие представителя из N. Однако множество бесконечных подмножеств N с конечными пересечениями континуально, и поскольку F такие подмножества различает, то X действительно континуально. Спасибо за идею.

Waleri58

А между счетным и континуум есть еще какие-либо мощности?
Я уже не помню-по ходу это глубокая гипотеза теории множеств которую нельзя доказать или опровергнуть-так? Просто любопытно стало, как подумал насчет доказательства.
(идея: объединение не более чем счетного числа не более чем счетных множеств-не более чем счетно. => хотя бы одно множество не счетно. А есть ли такие множества который несчетны но меньше континуума?)
тут речь о континуум-гипотезе Кантора. сегодня известно, что она не зависит от аксиом ZF с аксиомой выбора. то бишь, расчитывать на неё, опираясь только на теорию множеств, нельзя.

Waleri58

тут человек, который дал мне упражнение (про счётное объединение множеств предложил другое решение для задачи, которое также опирается на диагональную процедуру и больше увязывается с курсом учебника, в котором это упражнение было найдено:
Раз уж я загрузил этой задачкой, то мне и отдуваться.
На самом деле тут нужно воспользоваться тем, что cc...=c (c-континуум т.е. если элементы множества A определяются счётным числом значков, каждый из которых принимает c значений, то мощность такого множества есть c.
Пусть X1, X2, ... - множества этих значков. Тогда для биекции F из суммы множеств S1+S2+... в A существует такой x1 из X1, что любой элемент из A, в определении которого участвует x1 (само-собой на первом месте не входит в F(S1). Иначе получили бы, что есть биекция между подмножеством S1 и континуальным множеством X1. Далее повторяем рассуждение для каждого Si, и получаем элемент A (определяемый значками x1, x2, ... который не содержится ни в одном из множеств F(S1 F(S2) и д.т.
Диагональная процедура Кантора тут, безусловно, рулит.
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: