[ /b/ /u/ /rf/ /dt/ /vg/ /r/ /cr/ /lor/ /mu/ /oe/ /s/ /w/ /hr/ ] [ /a/ /ma/ /sw/ /hau/ /azu/ ] [ /tv/ /cp/ /gf/ /bo/ /di/ /vn/ /ve/ /wh/ /fur/ /to/ /bg/ /wn/ /slow/ /mad/ ] [ /d/ /news/ ] [ Главная | Настройки | Закладки | Плеер ]

Ответ в тред 1244251. [Назад]
 [ Скрыть форму ]
Имя
Не поднимать тред 
Тема
Сообщение
Капча Капча
Пароль
Файл
Вернуться к
  • Публикация сообщения означает согласие с условиями предоставления сервиса
  • В сообщениях можно использовать разметку wakabamark
  • Для создания новых тредов надо указать как минимум один файл
  • Разрешенные типы файлов: music, vector, image, code, pdf, flash, archive, text, video
  • ОП может удалять посты своим паролем.
  • Тред перестает подниматься после 500 сообщений.
  • Треды с числом ответов более 20 не могут быть удалены.
  • Старые треды перемещаются в архив после 40 страницы.

No.1244251 Ответ
Файл: 160047108896416.jpg
Jpg, 141.33 KB, 442×454 - Нажмите на картинку для увеличения
edit Find source with google Find source with iqdb
2007_US_-1_Bill_Reverse-—-копия.jpg
Предлагаю обсуждать листочки первого курса НМУ.
1 листок по матану:
https://ium.mccme.ru/postscript/f20/analiz1-list1-20f.pdf
1 листок по алгебре:
http://gorod.bogomolov-lab.ru/ps/stud/algebra-1/2021/prb_01.pdf
1 листок по линейной алгебре:
https://ium.mccme.ru/postscript/f20/f20-Geometry-Sem1.pdf
По матану знаю решения всех задач листочка, кроме 6 и 7 п.б.
По 7 п.б нет никаких идей, мое решение из п.а никак нельзя видоизменить, чтобы оно проходило в п.б. В 6 тоже нет идей, но над нею пока особо и не думала.
В листочке по линейной алгебре и геометрии кажется, будто вопрос задачи 1 п.б ошибочный, потому что там нет никакого дополнительного условия. Общее условие, чтобы x+y не было равно 0. А когда точка O принадлежит прямой AB, никакого дополнительного условия, чтобы общий ответ был верным, не возникает. Единственное, что при x=y получится, что ответ неоднозначный с точностью до прибавления любого числа, умноженного на (OA+OB), но это никак не испортит того факта, что ответ для общего случая будет верным.
>> No.1244329 Ответ
>>1244251
Думаешь, кому-то интересно?
хватит неймфажить
>> No.1244351 Ответ
>>1244345
Оп той кафедры - трап.
>> No.1244353 Ответ
>>1244345
В >>u/164474 последнее сообщение в июле, а листки сентябрьские.
>> No.1244354 Ответ
>>1244351
Тогда еще не был.
>> No.1244355 Ответ
>>1244354
*не аутнулся
>> No.1244516 Ответ
>>1244329
Думаю, что да.
>>1244345
> Мне было бы интересно
Ну так обсуждай листочки, а не грубиянь. Бан.
>>1244355
ась
>> No.1244551 Ответ
Файл: 160064934546567.jpg
Jpg, 64.51 KB, 1920×1080 - Нажмите на картинку для увеличения
edit Find source with google Find source with iqdb
maxresdefault.jpg
>>1244251
Я предлагаю ещё вот эти задачки порешать: https://math.hse.ru/discrmath_fall20_Artam
Две звёздочки в задаче про рокады оправданы.
>> No.1244709 Ответ
>>1244551
> оправданы
Полностью оправданы?
В задаче про рокады привести примеры, которые просят, это, конечно, элементарно. Остальное, конечно, непонятно. Вообще, по-моему, в каждом классе может быть только ровно две рокады, но я пока не доказала (из этого бы сразу следовало то, что просят доказать).
А вообще я что-то совсем уже сдаю. Посмотрела на 3 задачу и поняла, что ничего не могу придумать, кроме примера для несуществования нулевого элемента (для этого сгодится, например, сложение на R+, как я понимаю). Как сделать коммутативность без ассоциативности или наоборот, в голову не приходит. Какие-то обычные примеры бинарных операций не удовлетворяют этим условиям и ничего не придумывается.
Система приема задач странная. Почему нельзя просто принимать все задачи, которые студент хочет сдать, и засчитывать те, которые правильно рассказал? Какое-то случайное тыканье в часть из объявленных решенными задач - зачем? Еще я не поняла, как ставятся баллы за подпункты и звездочки. Сказано, что подпункты оцениваются отдельно, может показаться, что это значит просто по 1 баллу за каждый подпункт или за задачу без подпунктов. Но нет, дальше говорится про Х именно как про число целых задач. Получается, что за подпункт ставится величина, равная 1/число подпунктов? А если звездочка, то умножается на 2 (и если 2 * - на 4)? Но опять-таки, написано "Х - число задач". В общем, неясно. В том же УК РФ, например, все правила, как что начисляется, написаны очень понятно.
>> No.1244715 Ответ
Файл: 160073752059493.png
Png, 5.90 KB, 787×361 - Нажмите на картинку для увеличения
edit Find source with google Find source with iqdb
рокада.png
>>1244709
В графе на картинке слева нет ни одного моста. После удаления любого ребра все оставшиеся ребра становятся мостами, значит, любое ребро - рокада (картинка справа).
>> No.1244781 Ответ
>>1244715
Я решила! Решила две звездочки! Я еще что-то могу!
Докажем лемму:
Пусть есть ребро А, являющееся рокадой, вершины которого A1 и A2. Тогда всякий путь между A1 и A2, кроме пути, являющегося ребром A, обязательно проходит через все рокады, эквивалентные А. При этом хотя бы один такой путь существует.
Если бы ни одного обходного пути между А1 и А2 не существовало, то ребро А являлось бы мостом - противоречие. Значит, хотя бы один обходной путь есть. Рассмотрим некоторую рокаду, эквивалентную А, назовем ее В. При удалении только В не происходит разрыва графа, а при удалении и А, и В происходит, значит, при удалении В рокада А становится мостом. Это означает, что все обходные пути обязательно проходят через B. Отсюда следует утверждение леммы.
Рассмотрим рокаду А и две рокады B и С, эквивалентные ей. Докажем, что рокада B эквивалентна C. Уберем рокады А, В, С из графа. Из леммы следует, что А1 и А2 не соединены, равно как и B1 с B2, С1 с С2. При этом всякая вершина из перечисленных должна быть соединена хотя бы с какой-нибудь одной другой оставшейся вершиной, иначе ребро, к которому она относится, в исходном графе было бы мостом. Предположим, что она может быть соединена с двумя вершинами. При этом это не могут быть вершины, принадлежащие одному ребру, поскольку последние не соединены. Пусть соединены А1, В1 и С1. Рассмотрим вершины А2, В2 и С2. Либо они соединены все вместе - тогда при удалении двух из этих ребер исходный граф не стал бы разрывным. Либо хотя бы одна не соединена со обеими остальными - тогда ребро, соответствующее этой вершине в исходном графе было бы мостом. Полученное противоречие доказывает, что каждая из шести перечисленных вершин соединена ровно с одной другой вершиной, причем это вершина относится к другому ребру. Пусть для определенности соединены А1 и B2, В1 и С2, С1 и В2. Таким образом, при удалении ребер B и С образуется островок из вершин B1 и С2 и всего, с чем они соединены, и эти две рокады являются эквивалентными. Транзитивность доказали. Рефлексивность и симметричность следуют из определения. Т.е. это действительно отношение эквивалентности.
Докажем последнее утверждение задачи. Для случаев n=1,2 оно следует из определения рокады. Допустим, что мы убираем хотя бы 3 рокады из одного класса эквивалентности. Рассмотрим вершины этих рокад. Никакие две вершины, относящиеся к одной рокаде, соединены быть не могут по лемме. Всякая вершины соединена хотя бы с одной другой вершиной, иначе бы относящая к ней рокада являлась бы мостом. Предположим, что какая-то вершина соединена хотя бы с двумя другими. Назовем эти вершины А1, В1, С1, а относящиеся к ним рокады - А, В, С. Рассмотрим оставшиеся вершины этих рокад: А2, В2, С2. Вернем в граф все удаленные ребра, кроме А, В, С. Аналогичным образом получаем то же противоречие, что и в предыдущем абзаце. Теперь снова рассмотрим граф со всеми n удаленными рокадами. Каждая вершина всех удаленных рокад соединена ровно с одной другой вершиной, при этом принадлежащей другой рокаде. Т.е. все эти рокады обязательно выстраиваются в цепочку, откуда следует утверждение задачи.
Пример требуемых графов приводятся очень легко. Возьмем две вершины и соединим их линейными цепочками. Одна такая цепочка будет составлять класс эквивалентности. Количество цепочек какое угодно, и число звеньев в одной цепочке тоже.
>> No.1244889 Ответ
В прошлом году многие задачи первого листочка по математическому анализу были такие же, как и в этом, решения некоторых из них мне рассказала СТ. Особенно запомнилось решение 8 (по нумерации этого года) задачи, так, что я прекрасно помню его до сих пор. Наверное, это связано с моим отношением к СТ. Приведу его.
Поставим в соответствие каждому действительному числу x множество рациональных чисел, больших x. Итак, мы имеем континуальный набор подмножеств множества рациональных чисел, линейно упорядоченный по включению. Поскольку множество рациональных чисел счетно, получаем утверждение задачи.
>> No.1244890 Ответ
>>1244889
Дедекиндовы сечения?
>> No.1244891 Ответ
>>1244890
Они самые. Только когда я сдавала эту задачку и произнесла фразу "Дедекиндовы сечения", мне принимающий сказал: "Ну этого на лекциях не было, давайте тогда доказывайте все, что вы тут используете". Ответ, что я про дедекиндовы сечения никакой теории не использую, его не убедил, пришлось сказать ему, чтобы он забыл все, что я говорила по этой задаче, и рассказывать решение заново, не произнося уже этого термина.
>> No.1244899 Ответ
>>1244781
> решила
Но только зачем?
>> No.1244929 Ответ
>>1244899
Потому что захотела. Что за глупые вопросы?
>>1244781
Блин, покритикуйте, что ли, мое решение, а я отобью нападки и обосную, почему оно все равно правильное, ну либо пойму, что где-то что-то недосмотрела. А то так просто я сомневаюсь.
Обсуждается 17 задача 3 листочка по ссылке отсюда: >>1244551
>> No.1245185 Ответ
Как доказать, что если из континуального множества выкинуть счетное, то останется континуальное, не используя гипотезы Кантора?
>> No.1245192 Ответ
>>1245185
Гипотеза Кантора - континуум-гипотеза. Если бы ей можно было пользоваться, то все было бы очевидно.

Пусть c - континуальное множество, s - его счётное подмножество. Множество c\s несчётно, не более чем континуально, поэтому, так как промежуточных мощностей нет, оно континуально.

Так просят не делать. Ок.

В присутствии аксиомы выбора легко доказать, что в любом бесконечном множестве есть счётное подмножество. Можно воспользоваться этим.

В c\s есть счетное подмножество t. Занумеруем s и t независимо числами 1,2,3,...

Сопоставим точке из t номер n точку из t номер 2n, а точке из s номер m сопоставим точку из t номер 2m-1. То есть точки t перейдут в точки t с четными номерами, а точки s перейдут в точки t с нечетными номерами. Точки c, не входящие ни в s, ни в t, оставим на месте. Получится биекция c и c\s.
>> No.1245315 Ответ
>>1245192
Очень красивое доказательство, мне понравилось.
> В присутствии аксиомы выбора легко доказать, что в любом бесконечном множестве есть счётное подмножество.
Я не понимаю, почему для этого требуются какие-то аксиомы. Вот у нас множество бесконечное. Значит, все его элементы можно пронумеровать. Ну т.е. после убирания любого количества элементов у нас что-то останется, значит, всегда можно найти элемент для того, чтобы присвоить ему сколь угодно большой номер.
>> No.1245329 Ответ
>>1245315
Вот есть следующее рассуждение.
Пусть M - бесконечное множество. Оно не пусто. Выберем в нём какой-то элемент, обозначим его m1.
Рассмотрим M\{m1}. Оно не пусто. Выберем в нём какой-то элемент, обозначим его m2.
Рассмотрим M\{m1, m2}. Оно не пусто. Выберем в нём какой-то элемент, обозначим его m3.
И так далее. Элементы mi образуют счетное множество S = {m1, m2, m3, ... }.

На каком основании множество S считается существующим? Из того, что каждый элемент множества S строится в конечное количество шагов, не следует, что всё множество S строится в конечное количество шагов. И даже очевидно, что для того, чтобы построить множество S, нужно было бы сделать бесконечное количество шагов.

Значит, существование множества S, состоящего в точности из элементов mi, должно обеспечиваться чем-то кроме апелляции к конечной построимости. То есть какой-то аксиомой, позволяющей построения по бесконечной рекурсии.

> Вот у нас множество бесконечное.
Аксиомам ZF (без C) не противоречит утверждение о существовании бесконечного множества, не имеющего счётного подмножества. Более того, возможна вот такая зверюшка: https://en.wikipedia.org/wiki/Amorphous_set
>> No.1245403 Ответ
>>1245315
> Значит, все его элементы можно пронумеровать.
Это, конечно, опечатка. Имела в виду, что можно выбрать подмножество с пронумерованными элементами, что и обсуждалось.
>>1245329
> На каком основании множество S считается существующим?
Ну так все его элементы заданы явным образом (рекурсивно за конечное число шагов), в чем тут может быть проблема? Это все равно что как формула была бы написана, это же вообще не важно. Считаешь ли ты, что дело только в этом и если задавать формулой, а не рекурсивно, то что-то бы изменилось? Допустим, a_n=f(n). Если мне называют n, то я могу сказать, какой элемент ему соответствует, так же и в случае рекурсивной формулы.
> возможна вот такая зверюшка
Я вообще ничего не поняла, как это и что там происходит. Почему-то само множество там вообще не описывается, что оно из себя представляет.
>> No.1245405 Ответ
>>1245403
Не любая совокупность является множеством.
Например, для любого ординала i можно определить число b_i.
b0 =алеф0,
b(i+1) = 2^(bi),
bl =sup bk, k<l для предельного l
Каждое число b определено. Совокупность всех чисел b не является множеством.
>> No.1245483 Ответ
>>1245405
Блин, я тупая. Я посмотрела статью на Википедии, и не смогла понять, что такое ординалы.
А еще, кажется, я неправильно поняла, что такое кардинальные числа, алефами которые обозначают, мне про них СТ рассказывала. Тогда я так поняла, что это просто еще натуральные ряды, просто еще и сами ряды упорядочены по возрастанию. Но, видимо, что-то другое, судя по тому, что написано на Википедии в статье про кардинальные числа.
>> No.1245489 Ответ
>>1245483
Александров П.С. Введение в теорию множеств и общую топологию
>> No.1245520 Ответ
>>1245489
На странице 20 он доказывает так же, как и было указано тут, утверждение о существовании счетного подмножества у всякого бесконечного множества без аксиомы выбора. Т.е. фактически говорит, что ничего дополнительного не нужно для того, чтобы сказать, что S существует, достаточно указать, каким образом заданы его элементы.
>> No.1245524 Ответ
>>1245520
Стр. 77 п. 2
>> No.1245610 Ответ
>>1245524
Спасибо. Надо будет весь учебник прочитать, наверное. Он хороший? Помню, мне СТ что-то рекомендовала прочитать, но уже точно не помню, что именно.
>> No.1245613 Ответ
>>1244551
4 листок:
1. Формула, задающая биекцию NxN->N: (a,b)->(a+b-2)(a+b-1)/2+b. Биекция NxNxN->N, соответственно, можно задать как (a,b,c)->(x+c-2)(x+c-1)/2+c, где x=(a+b-2)(a+b-1)/2+b. Ну раз биекцию установили, то доказали счетность.
2. Всякие две точки задают некоторую прямую. При этом, конечно, одна и та же прямая может быть задана различными парами точек. Всего точек R^2, значит, прямых не более, чем R^4, что равномощно R. При этом прямых не меньше, чем R (рассмотрим прямые, проходящие через одну точку, которые можно задать углом направления).
3. а) Рассмотрим подмножества N, содержащие числа не большие n. Таковых 2^n. Выпишем в строчку подмножества, содержащие числа, не большие 1, потом подмножества, содержащие числа, не большие 2, и т.д. При этом мы выпишем все подмножества, среди которых, однако, будут повторения. Очевидно, что это множество не менее чем счетно, если рассмотреть подмножества лишь из одного элемента.
б) Периодическая с некоторого момента последовательность натуральных чисел задается конечным набором чисел до периода и конечным набором чисел периода. При этом некоторые различные наборы зададут одну и ту же последовательность. Таким образом, всего последовательностей не более, чем NxN, т.е. не более счетного количества. Ясно, что не менее, если рассмотреть последовательности вида n, n, ...
4. Всякое алгебраическое число задается конечным набором рациональных чисел, являющихся коэффициентами степеней и номером корня уравнения. При этом одно и то же число может быть задано различными наборами. Т.е. всего не более NxN, т.е. не более, чем счетное. Что не менее, опять очевидно.
Что множество трансцендентных имеет мощность континуум, доказано тут: >>1245192
Дальше пока не решила. В пункте с пятой задачи обозначение N в степени N обозначает что?
>> No.1245617 Ответ
>>1245613
Y^X - множество всех функций из X в Y
N^N - множество всех функций из N в N, т.е. всех счетных последовательностей натуральных чисел
>> No.1245649 Ответ
>>1245617
Т.е. это просто декартово произведение N на само себя N раз? Никогда не задумывалась, что это то же самое, что и множество всех функций из N в N.
>> No.1245651 Ответ
>>1245613
5. а) Континуальное множество равномощно полуинтервалу (0,1]. Соединив эти интервалы последовательно, получим континуальное множество (0,+беск.). При этом некоторые точки исходного объединения могут быть отображены в различные точки получившегося множества, т.е. объединение не более, чем континуально. Ясно, что не менее, потому что содержит в себе континуальное множество.
>> No.1245660 Ответ
https://ium.mccme.ru/postscript/f20/analiz1-list2-20f.pdf
2 листочек по математическому анализу НМУ.
Много того же, что было в прошлом году.
Из нового:
пункты а, b, c задачи 4 элементарно следуют из утверждения задачи 3.
Задача 4, п.d: докажем, что все положительные числа являются предельными точками. Поскольку каждой паре (m,n) соответствует пара (n,m), дающая противоположный по знаку член последовательности, а для нуля утверждение очевидно, если рассмотреть m=n, из этого будет следовать, что все действительные числа являются предельными точками. Итак, есть некоторое положительное число а и некоторый заданный интервал ширины d. Нужно предъявить бесконечное число пар (m,n), попадающих в интервал [a-d/2;a+d/2]. n возьмем достаточно большое (далее будет указано, какое), а m из отрезка [n+2an^1/2;n+2an^1/2+1]. Используя неравенства (1+x)^1/2<1+1/2умножитьx и (1+x)^1/2>1+1/2умножитьx+1/8умножитьx^2 (никакие утверждения из анализа здесь не используются, эти неравенства проверяются возведением в квадрат и приведением подобных, верны они для любого положительного x), получим, что m^1/2-n^1/2-a больше -1/8умножить4a^2/n^1/2 и меньше 1/(2n^1/2). Понятно, что при достаточно больших n эти величины будут меньше d/2.
Задача 6 решается очень просто, прямым предъявлением требуемого интервала.
Топовый, конечно, текстовый редактор, который запрещает использовать звездочку, кому эта идея вообще в голову пришла.
>> No.1245669 Ответ
>>1245610
Прочитаю Александрова, хорошая фамилия.
>> No.1245706 Ответ
>>1245649
Вот я же сейчас не фигню какую-то сказала? Ну множество конечных последовательностей натуральных чисел длины n - это вне всякого сомнения то же, что и N^n. Наверное, и с бесконечными последовательностями должно быть то же. И будет ли с любыми множествами так?
>> No.1245738 Ответ
>>1245613
> Очевидно, что это множество не менее чем счетно
А почему оно не более чем счётно?

>>1245660
> прямым предъявлением требуемого интервала
И какой он?
>> No.1245755 Ответ
>>1245651
5. b) Существует биекция между всеми действительными числами и числами из отрезка [0,1), для удобства будем рассматривать последовательности из чисел последнего множества. Выделим из множества натуральных чисел счетное число счетных подмножеств. Например, через степени простых чисел, как у Александрова, с последующим выкидыванием всех чисел, не являющихся никакой степенью никакого простого числа, либо просто с помощью обычной биекции между N и NxN, описанной тут >>1245613, нужно просто сказать, что элемент (n,k) декартова произведения - это k-й элемент n-й последовательности. Теперь установим биекцию между последовательностями чисел из [0,1) и числами из [0,1). Запишем цифры первого числа последовательности в качестве цифр числа, с которым мы устанавливаем биекцию, под номерами из первого счетного множества, второго числа - из второго и т.д. Установление такой биекции доказывает требуемое.
На самом деле получается, что мы установили биекцию не в [0,1), а в некоторое подмножество его без чисел, в которых должен был бы получаться период из 9. Т.е. на самом деле доказано лишь, что получится не более чем континуальное количество множеств, о которых спрашивают. Но их вне всякого сомнения не менее, чем континуальное количество: можно, например, рассмотреть множества вида x, 0, 0, 0 ...
c) Множество счетных последовательностей натуральных чисел не больше, чем множество счетных последовательностей чисел действительных, значит, не более, чем континуально. При этом между множеством счетных последовательностей целых чисел от 0 до 9 и множеством действительных чисел из (0,1) существует очевидная биекция, что доказывает требуемое.
>>1245738
> А почему оно не более чем счётно?
Ну, может быть, надо было чуть подробнее написать: потому что я записала вообще все множества в строчку. Рассмотрим какое-то произвольное множество, в нашей строчке оно обязательно будет и будет иметь какой-то конечный номер. Вроде все понятно. Или еще как-то подробнее надо, не очень понимаю, что у меня не так?
> И какой он?
Я просто подумала, что это слишком простая задача, чтобы писать ее решение.
Рассмотрим десятичные записи двух чисел. Возьмем первую отличающуюся цифру: a1b1c1...n1... и a1b1c1...n2... Если цифры отличаются хотя бы на 2, то требуемым интервалом будет: (a1b1c1...n2-1 20210;a1b1c1...n2-1 20219). Если цифры отличаются ровно на 1, посмотрим на оставшиеся цифры меньшего числа и выберем первую цифру, меньшую 9 (период из 9 запрещен), тогда требуемым интервалом будет (a1b1c1...m1+1 20210;a1b1c1...m1+1 20219).
Я все-таки не могу понять эту штуку про аксиому выбора.
Анон(-ка) (в каком гендере к тебе обращаться?), ты вроде как что-то понимаешь в математике, вот объясни, пожалуйста, если бы элементы множества задавались как элементы последовательности, заданной явным образом, а не рекурсивно, то аксиома выбора была бы не нужна, чтобы утверждать его существование, или все равно проблема бы осталась? Я вот об этом твоем сообщении: >>1245329.
>> No.1245824 Ответ
>>1244551
Продолжение листочка №4.
5. d) очень просто следует из 5. b). Всякому счетному подмножеству R соответствует некоторая счетная последовательность действительных чисел. Одному подмножеству могут соответствовать разные последовательности, но важно лишь, что разным множествам никогда соответствует одна последовательность. Следовательно множество счетных подмножеств R не более чем континуально. Почему не менее? Рассмотрим подмножества R вида {одно число х<0 и еще какие-то любые элементы больше 0}. Даже таких множеств не меньше, чем R. Доказано.
>> No.1245863 Ответ
>>1245755
> если бы элементы множества задавались как элементы последовательности, заданной явным образом
Тогда можно было бы воспользоваться схемой аксиом преобразования: если в совокупности X, являющейся множеством, заменить каждый элемент на существующее множество, то полученная совокупность будет являться множеством.
>> No.1245974 Ответ
>>1245863
Тогда получается, что множество, состоящее из элементов последовательности an=n(n+1)/2 существует и без аксиомы выбора, а множество, состоящее из элементов последовательности an=a(n-1)+n, a1=1 - нет? Хотя бы это и было одно и то же. Если так, то я решительно ничего не понимаю.
К разговору об установлении биекции между (0,1) и (0,1)х(0,1): получается, что год назад я обманула принимающего, сама не понимая того, когда сдавала п. а задачи 7 первого листочка (по нумерации сего года) https://ium.mccme.ru/postscript/f20/analiz1-list1-20f.pdf. Обозначим функцию g1(x) такую, которая дописывает 0 после каждой цифры числа, а g2 - перед каждой цифрой, при этом перед этой операцией все конечные десятичные дроби должны быть поменяны на бесконечные с периодом из девяток. Я сказала, что phi(x)=g1(e^x), psi(y)=g2(e^x), h(x)=ln(x) подходят. На самом деле я там не e^x и ln(x) предложила, а tg((arctg(x)+pi/2)/2) и функцию, обратную последней. Там имеется в виду, что должна стоять любая функцию, переводящая R в R+ и обратная соответственно. Просто когда я сказала проверяющему, что с этой целью решила использовать эту функцию, он посмотрел на меня удивленными глазами и сказал, что проще было бы экспонентой. Ну действительно экспонента записывается короче. Возвращаясь к корректности моего решения, получается, что, например, у такого числа как 0,1(90) нет прообраза (должен был бы быть (0,1;0,(9)). Вообще, насколько я помню, эта штука с цифрами - классический метод доказательства равномощности отрезка и квадрата, но что-то вот не выходит биекция. Как-то эта проблема должна решаться. Точнее говоря, именно для доказательства равномощности такая инъекция вполне подходит, но в той задаче биекция нужна, да и вообще хотелось бы понять, как там можно все пофиксить, чтобы все-таки биекцию получить.
2 листок по матану НМУ. Задача 7 п.а. (1-e)(1+e)=0, т.е. e равно либо +1, либо -1. В принципе, в этом никакого противоречия нет, но получается, что e - это никакой не аналог мнимой единицы как независимая ось, а просто +-1. Возможно, именно это автор задачи назвал проблемой.
Задача 1. Рассмотрим супремум левого множества и инфимум правого множества. Множество A ограничено сверху (любым элементом множества B), следовательно у множества А есть конечный супремум. Аналогично, у множества B есть конечный инфимум. Возьмем в качестве разделяющей точки, например, супремум левого множества. Любой элемент A<sup A<inf B<любого элемента B. Вроде бы совершенно очевидно. Все остальное в листочке либо уже сдавала, либо простое школьное, слишком простое, чтобы рассказывать.
>> No.1246144 Ответ
>>1244251
Задача 6 первого листка по математическому анализу этого года:
Всякое счетное множество можно пронумеровать натуральными числами. Пронумеруем эти два множества, пусть их элементы теперь a1,a2... и b1, b2..., сами множества обозначим A и B. Теперь установим биекцию, сохраняющую порядок, обозначим ее f. f(a1)=b1. a2 поставим в соответствие элемент множества B с наименьшим номером, состоящий в том же отношении с элементом b1, что и a2 с a1 (т.е. если a2>a1, то f(a2)>b1, если же a2<a1, то f(a2)<b1). Всякому элементу an мы ставим в соответствие элемент множества B с наименьшим номером такой, что он будет находиться в том же соотношении со всеми элементами b1 ... b(n-1), как и an с a1 ... a(n-1). При таком выборе если биекция была монотонной на n-1 шаге, она останется монотонной и на n. На первом шаге биекция была монотонной. Значит, по индукции она будет монотонной после любого шага. Мы всегда сможем выбрать такой элемент во множестве B, если он должен находиться хотя бы между какими-то двумя элементами b1 ... b(n-1), потому что оно плотное, а если с краю ото всех этих элементов - то потому что во множестве B нет ни наибольшего, ни наименьшего элемента. Допустим, что биекция получилась между множеством A и не всем множеством B, а лишь каким-то его подмножеством, т.е. существует хотя бы один элемент bn множества B, который в биекцию не попал. Рассмотрим элементы b1 ... b(n-1). Выберем те два элемента bk и bm, между которыми находится bn. Рассмотрим элемент множества B, находящийся между bk и bm и имеющий наименьший номер, но не элемент bn. При этом его номер будет больше чем n. Его прообраз лежит между ak и am. Этому прообразу согласно алгоритму должен был быть поставлен в соответствие элемент bn, поскольку он имеет меньший номер - противоречие. Аналогично рассматривается случай, когда bn находится справа или слева от всех элементов b1 ... b(n-1), только вместо плотности используется отсутствие минимального и максимального элемента во множестве A. Полученное противоречие доказывает, что проведена биекция между множеством A и всем множеством B, сохраняющая порядок, что и требовалось.
>> No.1246150 Ответ
>>1245974
> Задача 1. Рассмотрим супремум левого множества и инфимум правого множества. Множество A ограничено сверху (любым элементом множества B), следовательно у множества А есть конечный супремум. Аналогично, у множества B есть конечный инфимум. Возьмем в качестве разделяющей точки, например, супремум левого множества. Любой элемент A<sup A<inf B<любого элемента B. Вроде бы совершенно очевидно.
Вспомнила, что я уже рассказывала СТ такое доказательство, и она тогда сказала мне, что существование инфимума и супремума равносильно аксиоме непрерывности. Но я тогда не понимаю, что вообще можно использовать при доказательстве. Как вообще можно доказать аксиому? Очевидно, для этого нужно использовать какую-то другую аксиому из другой системы аксиом, альтернативную ей. В общем, бред какой-то получается.
>> No.1246170 Ответ
>>1246150
Читаю условие одним местом, конечно. Только сейчас поняла, что в задаче речь идет не обо всех действительных числах (о которых автор почему-то решил сказать именно в терминах десятичных дробей), а лишь о бесконечных десятичных дробях в противовес конечным. Пока не доказала, но теперь хотя бы понятно, что это можно доказать.
>> No.1246185 Ответ
>>1245974
Последовательности суть отображения множеств. Чтобы отображение было определено, необходимо, чтобы были определены его домен и кодомен. Если у тебя есть какая-то последовательность, то все элементы её кодомена заведомо определены.

Пусть есть бесконечное семейство множеств M, непустых и попарно не пересекающихся. Аксиома выбора говорит, что существует хотя бы одно множество c, содержащее ровно по одному элементу из каждого m из M, и больше ничего не содержащее. Иногда про множества из семейства M известно что-то, что позволяет доказать существование нужного c без аксиомы выбора. Если семейство M счетное и на каждом множестве m дан полный порядок, то в качестве c можно взять множество наименьших элементов множеств семейства. Если M - семейство интервалов (0;1), (1;2), ... , то в качестве c можно взять середину каждого интервала. Аксиома выбора нужна, только когда про множества семейства M вообще ничего не известно.

>>1246150
Если вещественные числа определены абстрактно, то аксиома непрерывности вводится абстрактно. Если вещественные числа определены как множество сечений (Дедекинд), множество последовательностей рациональных (Коши-Кантор), множество бесконечных десятичных дробей (Стевин), множество специальных операторов (Колмогоров) или каким-то другим способом, то все аксиомы непрерывно упорядоченного поля, включая аксиому непрерывности, нужно доказывать, исходя из использованного определения.

> существование инфимума и супремума равносильно аксиоме непрерывности
Точнее, существование супремума у всякого непустого ограниченного сверху множества либо существование инфимума у всякого непустого ограниченного снизу множества.
>> No.1246188 Ответ
>>1246185
> множество бесконечных десятичных дробей
Т.е. все-таки автор имел в виду все действительные числа, а не бесконечные десятичные дроби в противовес конечным?
> Если семейство M счетное и на каждом множестве m дан полный порядок, то в качестве c можно взять множество наименьших элементов множеств семейства
Ты имела в виду, если наименьший элемент у каждого множества существует? Может ведь порядок быть, а наименьшего элемента не быть. (0,1), например.
> Аксиома выбора нужна, только когда про множества семейства M вообще ничего не известно.
Кажется, так понятнее, спасибо. Но пример с последовательностью сумм, которая существует либо не существует в зависимости от того, как мы его задали, все равно сильно меня гложет.
>>1246144
> Рассмотрим элемент множества B, находящийся между bk и bm и имеющий наименьший номер, но не элемент bn
Правка: "Рассмотрим элемент множества B, находящийся между bk и bm, который попал в биекцию". Такой гарантированно существует в силу полноты множества А. В ситуации, когда элемент bn находился с краю ото всех элементов b1 ... b(n-1) мы используем несуществование максимального и минимального элемента у А.
>> No.1246189 Ответ
>>1246188
Любую конечную десятичную дробь можно считать бесконечной. Например, 0.345 = 0.344999... = 0.345000... Поэтому нет особой разницы между конечными и бесконечными. В задаче 1 нельзя пользоваться тем, что бесконечные десятичные дроби - модель R; задача нужна, чтобы это доказать. Доказательство там довольно неформальное, например, можно рекурсивно построить нужную десятичную дробь. Можно пользоваться тем, что в непустом ограниченном сверху множестве натуральных чисел есть наибольшее число.

Там не просто так написано "дан полный порядок". Полный порядок - это такой порядок, что 1) любые два элемента сравнимы и 2) в любом непустом подмножестве есть наименьший элемент. Поскольку любое множество является своим подмножеством, во всяком непустом вполне упорядоченном множестве есть наименьший элемент.
>> No.1246205 Ответ
>>1246189
> Любую конечную десятичную дробь можно считать бесконечной. Например, 0.345 = 0.344999... = 0.345000... Поэтому нет особой разницы между конечными и бесконечными.
Как правило, если только не говорится обратное, имеется в виду, что запись 0,344999... запрещена и может использоваться только запись 0,345. В такой терминологии конечные и бесконечные десятичные дроби различаются, и она имеет смысл.
Видимо, доказательство такое: если оба множества содержат лишь числа одного знака, причем одинакового (если разного - разделять будет ноль), выберем два каких-либо произвольных числа из этих множеств, если одно из множеств содержит в себе числа обоих знаков (очевидно, что оба множества не могут), выберем из этого множества произвольное число того же знака, что и числа в другом множестве, а в последнем - произвольное число. Пусть левое множество А и выбранный его элемент а, а правое множество B и выбранный его элемент b. Пусть для определенности оба выбранных числа положительные (если отрицательные, все аналогично), рассмотрим множество всех чисел A, больших a и всех чисел B, меньших b. Будем рассматривать все разряды десятичной записи этих чисел, начиная с того, который хотя бы у одного из них больше 0. Заметим, что у любого числа из B значение старшего разряда обязательно не меньше, чем у любого числа из A. На множестве чисел (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) вне всякого сомнения существует инфимум и супремум у любого множества. Если окажется, что супремум цифр старшего разряда рассматриваемых чисел из A и инфимум цифр старшего разряда рассматриваемых чисел из B различны, то исходное утверждение доказано, потому что в качестве ответа мы можем выбрать число, равное инфимуму цифр старшего разряда рассматриваемых чисел из B с последующими нулями. Если они совпадают, запишем эту цифру в искомое разделяющее число и перейдем к следующему разряду. Повторяя так до бесконечности (либл процесс когда-нибудь прервется), по индукции получим искомое число.
>> No.1246206 Ответ
Попробую сегодня это рассказать Шапошникову. Посмотрим, что он скажет.
>> No.1246262 Ответ
>>1246206
Сдала, получается, полностью первые 2 листочка (не в смысле, что все сегодня, а суммарно за все время), кроме 7 п.b из первого и 5 задачи из второго.
В 6 задаче первого листочка при доказательстве того, что в биекцию попало именно все множество B нужно, конечно, сказать, что мы рассматриваем не какое-то произвольное bn, а наименьшее непопавшее, тогда доказательство проходит.
7 п.с он принял, хотя я сказала ему, что только понимаю, что можно записать это как Im(qe^ix+...+q^ne^nix), посчитать сумму геометрической прогрессии, домножить знаменатель на сопряженное и раскрыть скобки, но у меня арифметические ошибки. Остальные решения вроде бы все хорошие.
>> No.1246334 Ответ
>>1246262
Еще я призналась ему про ошибку в своем решении задачи 7 п.а первого листочка. Но он подсказал, что при той методике в виде сложения дробей функция h как раз может все легко исправить, ведь мы задаем инъекцию в R+, а уж из какого-то континуального подмножества сделать бекцию в R всегда можно.
Еще стример зачитал мое сообщение в чате (для понимания слушать с таймкода: https://youtu.be/2bJiDb43Cfw?t=6494 ). Там кто-то спросил, верно ли, что что декартово произведение множества счетное число раз на себя равномощно ему. Шапошников (стример) ответил, что нет, но примеры экзотические. А я написала в чат, что даже для натуральных чисел это неверно, и это очень простой пример.
>> No.1247327 Ответ
https://youtu.be/3Cs5NyzEhRQ?list=PLp9ABVh6_x4Gge2qo12oRNcS4DOCXHYF-&t=3049
Мда, где-то тут я вообще потеряла мысль, что за F(E), что он имеет в виду. А ведь это лишь вторая лекция. Старость не радость.
>> No.1247607 Ответ
Как же можно вполне упорядочить континуальное множество?! Мой мир не будет прежним.
>> No.1247649 Ответ
>>1247607
Явного построения нет. Как же тебе рассказывали про ординалы, если ты не знаешь теорему Цермело?
>> No.1247668 Ответ
>>1247649
> Как же тебе рассказывали про ординалы
Про ординалы не рассказывали.
Анон(-ка), у меня к тебе вопрос: вот это
>>1244551
>>1244715
>>1244890
>>1245192
>>1245329
>>1245405
>>1245489
>>1245524
>>1245617
>>1245738
>>1245863
>>1246185
>>1246189
все твои сообщения? Просто интересно, сколько человек тут пишут. Мне казалось, что там один и тот же человек. Даже думала, что это СТ, но судя по последнему сообщению, нет.
>> No.1247675 Ответ
>>1247668
4. Пользователь имеет право на анонимность своих сообщений и объективное отношение к ним со стороны других Пользователей, Администрации и назначенной ей Модерации, не зависящее от его личности и других сообщений данного Пользователя.

5. Пользователь обязан уважать анонимность других Пользователей и оценивать их сообщения без учета факторов личности.
>> No.1247676 Ответ
3 листок по математическому анализу.
https://ium.mccme.ru/postscript/f20/analiz1-list3-20f.pdf
5, 6, 7, 10 (1,3) сдала в прошлом году.
>> No.1247694 Ответ
>>1247676
В 9 задаче для любого наперед заданного счетного подмножества числовой прямой я могу построить последовательность, удовлетворяющую условию задачи и имеющую в качестве частичных пределов все элементы данного множества. Это в любом случае не решение, потому что я не могу доказать, что с несчетным множеством так сделать нельзя, но хотя бы какое-то продвижение. И если с несчетным множеством так сделать нельзя, то продвижение даже полезное.
Возьмем любую бесконечно большую последовательность со стремящейся к нулю разностью соседних членов, например, n^1/2. Нашу последовательность мы будем строить так, чтобы abs(a(n+1)-an)=(n+1)^1/2-n^1/2 или в некоторых случаях меньше. Требуемое множество частичных пределов счетно, пронумеруем его. В качестве первого элемента нашей последовательности возьмем первый частичный предел. Затем будем "обходить" все частичные пределы следующим образом: 1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4... Тогда мы "обойдем" каждый частичный предел бесконечное число раз. От одного предела к другому мы всегда можем дойти за конечное число шагов, потому что n^1/2 - бесконечно большая последовательность.
>> No.1247700 Ответ
>>1247676
10 задача, последовательность an=sin(n^2). Допустим, что эта последовательность сходится. Тогда последовательность sin(n^2+1) тоже сходится. sin((n+1)^2)-sin((n-1)^2)=2sin(n^2+1)cos(2n). sin((n+1)^2),sin((n-1)^2),sin(n^2+1) сходятся, однако cos(2n) - расходится. Противоречие.
>> No.1247706 Ответ
Файл: 160225058038532.jpg
Jpg, 80.36 KB, 830×749
edit Find source with google Find source with iqdb
photo5188470611721170714.jpg
Файл: 160225058046515.jpg
Jpg, 98.93 KB, 1280×768
edit Find source with google Find source with iqdb
photo5188470611721170715.jpg

>>1247676
п.а задачи 3. Эти последовательности имеют равные пределы (конечные или бесконечные), но одна из них возрастает, а другая убывает, значит, они сходятся.
>> No.1247982 Ответ
>>1247694
При таком методе еще и все точки, находящиеся между любыми двумя обходимыми точками, станут частичными пределами. Видимо, ответ - отрезок, луч с включенным краем, либо вся числовая прямая.
>>1247700
> Тогда последовательность sin(n^2+1) тоже сходится
Неправда. На самом деле из того, что sin(x) и sin(y) близки не следует, что sin(x+1) и sin(y+1) близки.
>>1247676
Получается, вчера сдала только п.а задачи 3 листка №3.
Задачу 5 листка №2 я не решила, но понимаю, как можно для любого наперед заданного n построить множество, в котором данную операцию мы сможем провести n раз, и каждый раз будет, что удалять. Например, следующим образом: Разместим на отрезке [0,1] точки последовательности 1/2^n. Затем между каждыми двумя получившимися точками c координатами x1 и x2 разместим точки последовательности x1+(x2-x1)/2^n. Таким образом мы "защитим" точки, размещенные на предыдущем шаге. После n шагов получим требуемое множество. А вот как сделать, чтобы бесконечно можно было удалять, пока не знаю, для бесконечности эта методика не подходит, потому что если этот процесс провести бесконечное число раз, все точки отрезка [0,1] станут предельными. Когда я рассказала это Шапошникову, он ответил, что я уже совсем близко к решению, нужно просто на всей числовой прямой это попытаться сделать, а не на отрезке [0,1], но мне все равно непонятно. Ну разместим мы какую-то любую последовательность на числовой прямой, но дальше, чтобы защитить точки от удаления, все равно придется делать то же самое. В общем, пока идей нет.
>> No.1248027 Ответ
Если последовательность расходится, то у нее по меньшей мере 2 различных частичных предела, считая бесконечные. Вроде как достаточно очевидное утверждение, но не знаю, как строго доказать.
>> No.1248028 Ответ
>>1248027
Что значит "расходится"?
>> No.1248030 Ответ
>>1248028
Да, прошу прощения, при разговоре о возможных бесконечных пределах этот вопрос нужно уточнять. Имелось в виду, что нет ни конечного, ни бесконечного предела. Мне это нужно для 1 задачи 3 листочка, где функция вообще ограничена, но я решила сформулировать в общем виде.
На всякий случай полностью сформулирую утверждение: "всякая последовательность, не имеющая предела из множества действительных чисел, объединенного с минус бесконечностью и плюс бесконечностью, имеет по меньшей мере два различных частичных предела из множества действительных чисел, объединенного с минус бесконечностью и плюс бесконечностью."
В любом случае я уже вроде бы доказала.
Всякая последовательность имеет хотя бы один частичный предел x из множества действительных чисел, объединенного с минус бесконечностью и плюс бесконечностью. Т.к. этот частичный предел не является пределом последовательности, существует e>0, такое, что вне e-окрестности x бесконечно много точек этой последовательности. Рассмотрим последовательность, составленную из этих точек. x не является ее частичный пределом, потому что в e-окрестности x у нее точек нет вообще. Но какой-то частичный предел должен быть обязательно. Частичный предел этой последовательности должен быть и частичным пределом исходной последовательности. Следовательно у исходной последовательности по меньшей мере 2 частичных предела.
Это утверждение, как я полагаю, позволит мне решить первую задачу третьего листочка.
>> No.1248039 Ответ
Решила.
Решение в блокнотовском файле по ссылке.
Запретить * и _ - это гениально. Они бы еще половину букв запретили для написания. Если кто-то знает, как это обойти, подскажите, пожалуйста.
https://wdho.ru/id5d
>> No.1248113 Ответ
>>1247676
9 задача.
Допустим, что какие-то две точки x2>x1 являются частичными пределами удовлетворяющей условию последовательности. Докажем, что всякая точка x2>x0>x1 также им является. Выберем e=min(x2-x0,x0-x1)/2. Для всякого n найдутся элементы последовательности с номерами n1, n2, большими n, и лежащие в e-окрестностях x1 и x2 соответственно. Тогда, когда мы шли от элемента с меньшим из номеров n1, n2 к элементу с большим, мы проходили мимо точки x0 на расстоянии не более a(k+1)-ak, где k между n1 и n2. При этом мы можем для любого наперед заданного сколько угодно малого расстояния всегда выбрать такие n1 и n2. Таким образом, x0 является частичным пределом этой последовательности. Значит, искомые множества могут быть только связными, т.е. кроме всей числовой прямой, лучей с включенным или исключенным краем, отрезков, интервалов и полуинтервалов ничего быть не может. Пример для отрезка, луча со включенным краем и числовой прямой строится, как я описывала в этом сообщении >>1247694. Осталось только доказать, что луч с исключенным краем, интервал и полуинтервал не подходят.
>> No.1248116 Ответ
>>1248113
Доказательство того, что луч с исключенным краем, интервал и полуинтервал не подходят. Рассмотрим открытый край такого множества. Пусть его координата x0, а само множество лежит справа (для определенности) от x0. Если это число не является частичным пределом последовательности, значит, найдется e такое, что в e-окрестности x0 будет лежать лишь конечное число ее элементов. Но тогда и в e/2-окрестности точки x0+e/2 будет лежать лишь конечное число ее элементов, и точка x0+e/2 не будет являться частичным пределом данной последовательности. Полученное противоречие завершает доказательство. Ответ на вопрос задачи: отрезок, луч со включенным краем и числовая прямая.
>> No.1248169 Ответ
>>1247676
Задача 10, вторая последовательность an=sin(n^2). Допустим, что она сходится. Обозначим арксинус ее предела за x. Заметим, что если sin(x) и sin(y) близки, то и x mod 2pi и y mod 2pi близки либо x mod 2pi и pi-y mod 2pi близки. Дальше при упоминании аргументов синуса везде будет иметься в виду по модулю 2pi. Выберем достаточно малую окрестность sin(x). В ней лежат все элементы последовательности, начиная с некоторого. Рассмотрим 3 последовательных элемента: sin(n^2), sin(n^2+2n+1), sin(n^2+4n+4).
sin(n^2) и sin(n^2+2n+1) близки.
1 случай - n^2 и n^2+2n+1 близки. Т.е. 2n+1 близко к нулю. Обозначим n^2=y. У следующего элемента аргументу синуса добавляется 2n+3, что уже не может быть близко к нулю, т.е. остается только вариант, что после этой прибавки аргумент переходит в число, близкое к pi-y. Т.е. y+2=pi-y (mod 2pi). Получается, y близок к pi/2-1 или 3pi/2-1, (sin(pi/2-1)=sin(pi/2+1), sin(3pi/2-1)=sin(3pi/2+1)). Но тогда еще следующий элемент, который будет близок к pi/2+5 или 3pi/2+5 уже все испортит, потому что синусы этих величин не близки к sin(y).
2 случай - Обозначим n^2=y. 2n+1 близко к (pi-y)-y. Дальше еще 2 варианта: 2n+3 близко к (pi-y)-y либо к 0, т.е. 2 близко к 0, что невозможно, либо 2 близко к 2y-pi, откуда получаем то же уравнение, что и в предыдущем абзаце, и приходим к тому же противоречию.
>> No.1248290 Ответ
Файл: 160252378753549.jpg
Jpg, 75.53 KB, 768×1280
edit Find source with google Find source with iqdb
photo5199576606874644350.jpg
Файл: 160252378759676.jpg
Jpg, 75.60 KB, 768×1280
edit Find source with google Find source with iqdb
photo5199576606874644352.jpg

>>1247676
2 задача.
Нам задают e0. По нему мы определяем e1. Потом нам выдают n1 в зависимости от e1. Мы определяем n0 в зависимости от n1, e0. Вроде бы логика нигде не нарушена.
>> No.1248915 Ответ
Какъ можно увѣровать въ то, что существуетъ хотя бы одно болѣе чѣмъ счетное вполнѣ упорядоченное множество?
>> No.1248931 Ответ
>>1248915
Доказать теорему Цермело, пользуясь какой-нибудь очевидной формулировкой аксиомы выбора. У неё много формулировок.
>> No.1248957 Ответ
>>1248931
Нѣтъ, доказательство - это одно, оно не даетъ понимания того, что это за множество. Я не могу именно представить такое болѣе чѣмъ счетное множество, которое было бы вполнѣ упорядоченнымъ. Так же и съ трансфинитной индукцiей: если ужъ можно провести индукцiю, получается, что элементы должны слѣдовать одинъ за другимъ, по цѣпочкѣ, и мы никогда не обойдемъ всего множества, будь оно несчетно. Вотъ, допустимъ, въ отрѣзкѣ выбрано счетное подмножество, и мы можемъ по нему сколько угодно идти, но никогда не дойдемъ до точекъ внѣ его. Понятно, что обычный отрѣзокъ не является вполнѣ упорядоченнымъ, но съ моей точки зрѣния такая ситуация будет в любом континуальномъ множестве: сколько бы мы ни шли по индукции, там всегда будут оставаться элементы, которые мы не обойдемъ никогда.
А еще вотъ такой вопросъ: допустимъ, у насъ множество NxN, упорядоченное так: (1,1), (1,2), (1,3) ...(2,1), (2,2), (2,3)... Оно вполнѣ упорядоченное, потому что в каждом подмножестве есть минимальный элемент, но индукция там не проходит, потому что, начав с элемента (1,1), мы никогда не дойдемъ до элемента (2,1). При этом оно счетное.
Вопросъ: правильно ведь я понимаю, что вполнѣ упорядоченное множество - это такое множество, въ которомъ у каждаго элемента есть следующiй? Потому что если въ каждомъ подмножествѣ есть минимальный элементъ, то получается, что для всякого элемента a мы можем рассмотреть подмножество с элементами, большими а, и минимальный элементъ в немъ будет следующим для а. Обратное тоже вродѣ бы достаточно очевидно. Вмѣстѣ съ тѣмъ, если во множествѣ у каждаго элемента есть последующий, то я просто не могу вообразить его несчетным.
>> No.1248960 Ответ
>>1248957
Ну, счётность и несчётность вообще-то не являются абсолютными понятиями. У zfc есть счётная в обычном смысле модель. Внутри этой модели есть какое-то своё множество n, называемое множеством натуральных чисел. Множество, входящее в эту модель, считается несчетным, если в модель не входит никакое биективное отображение между ним и n. Внутри этой модели есть своё множество вещественных чисел. Внутри модели оно несчетно, но при взгляде извне оказывается счетным.

Во вполне упорядоченном множестве у каждого элемента есть строго следующий, да. Однако не у всех элементов есть строго предшествующий. Элементы без предшественников называются предельными. Трансфинитная индукция отличается от обычной математической тем, что для предельных элементов проводится отдельное доказательство. Например, индукционное доказательство гипотезы P на ординале w+w предполагает доказательство из трёх частей: P(0), P(n)=>P(n+1), а также P(w).

В принципе, наименьший элемент множества - тоже предельный.

Можно думать о трансфинитной индукции как о нескольких обычных математических индукциях, стартующих каждая со своего предельного элемента.
>> No.1248964 Ответ
>>1248960
Я поняла, что въ моемъ примере множества NxN трансфинитная индукцiя выполняется.
Въ любомъ случае, я совершенно не понимаю, какъ можно вполнѣ упорядочить несчетное множество. Какъ такъ можетъ быть, что такой порядокъ можно ввести, но нельзя указать его въ явномъ видѣ?
>> No.1248965 Ответ
А, стопъ. А если взять множество [0,1]xN, упорядоченное такимъ же образомъ, какъ и выше? Т.е. для пары (a,b) и (c,d) сначала сравниваются a и c, а при равенстве - b и d. Для всякаго элемента (x,n) есть последующiй (x,n+1). Нѣтъ, въ этомъ множествѣ безъ элементовъ вида (0,...) не будетъ минимальнаго элемента. Получается, что условiе "для каждаго элемента есть последующiй" следуетъ изъ условiя "въ каждомъ подмножествѣ есть минимальный элементъ", но второе изъ перваго - нѣтъ.
>> No.1248966 Ответ
>>1248964
Трансфинитная индукция тем и отличается от обычной, что с каждого предельного элемента её нужно запускать заново. Индукция, запущенная с (1,1), до (2,1) не дойдёт. Но (2,1) - предельный элемент, для предельных элементов индукционную гипотезу доказывают отдельно. Как только гипотеза будет доказана для (2,1), с элемента (2,1) запустится своя математическая индукция. Таким образом всё множество исчерпается.

> Какъ такъ можетъ быть
Класс явно построимых множеств меньше, чем класс всех множеств. Просто инструментов для построения не хватает. Как так может быть, что есть два несоизмеримых отрезка? Как так может быть, что мнимую единицу нельзя получить арифметическими операциями в R? Как так может быть, что функция интегрируема на отрезке, а в элементарных функциях её интеграл не берётся? Как так может быть, что у уравнения корни есть, но в радикалах оно не решается?
>> No.1248967 Ответ
>>1248966
> есть два несоизмеримых отрезка
Имелось въ виду, что их отношенiе иррацiонально?
> Класс явно построимых множеств меньше, чем класс всех множеств
Не понимаю, что такое множество, которое нельзя явно построить. Вот представить функцiю, которая не выражается въ элементарныхъ функцiяхъ, я могу. И отрезки съ иррацiональнымъ отношенiемъ, и т.д. А множество, которое существуетъ, но его нельзя явно построить - нѣтъ.
>> No.1248968 Ответ
>>1248967
Да. См. Гиппас из Метапонта.
Множество, которое нельзя построить доступными теоретико-множественными операциями, не отличается качественно от отрезка, который нельзя построить циркулем и линейкой. Чем-нибудь другим его построить можно.
>> No.1248971 Ответ
>>1248968
Видимо, въ моемъ представленiи множество есть нѣчто, построимое теоретико-множественными операцiями.
>> No.1248973 Ответ
>>1248971
Натуральные числа вот нельзя построить обычными операциями из пустого множества. Нужна специальная аксиома, чтобы множество всех натуральных чисел существовало.
>> No.1248974 Ответ
>>1248973
Видимо, во мнѣ уже неискоренимо мышленiе, заставляющее считать все "естественное" существующимъ независимо отъ наличiя тѣхъ или иныхъ аксiомъ. Соотвѣтственно, все "неестественное" считается несуществующимъ. Занятiе физикой не проходитъ безслѣдно...
>> No.1248975 Ответ
>>1248974
Вполне имеющий право на существование подход, респектабельный даже. Я, впрочем, скорее верю, что существуют разные теории множеств, подобно тому как существуют разные геометрии. В какой-то геометрии у всех треугольников сумма углов равна пи, в какой-то геометрии у любого треугольника сумма углов меньше пи, это нормально. Какой-то единственной "настоящей" теории множеств для меня нет. Ну, на науку это всё мало влияет.
>> No.1249013 Ответ
Имѣетъ ли слѣдующее свойство упорядоченнаго множества какое-либо названiе: "между каждыми двумя элементами есть лишь конечное число другихъ элементовъ"? Или, что, по-моему, то же: "всякое подмножество не является плотнымъ, если понимать плотность какъ существованiе элемента между всякими двумя". По-моему, всякое множество, обладающее этимъ свойствомъ, изоморфно конечному множеству, множеству натуральныхъ либо цѣлыхъ чиселъ. Такъ вотъ что я хочу сказать: интуитивно кажется, что всякое вполнѣ упорядоченное множество должно разбиваться на объединенiя множествъ, обладающихъ даннымъ свойствомъ (если это невѣрно въ общем, то вѣрно ли хотя бы для любыхъ конструируемыхъ множествъ?). При этомъ множество этихъ объединенiй должно быть вполнѣ упорядоченнымъ, и т.д. Причемъ этотъ процессъ не можетъ продолжаться безконечно, иначе все-таки получимъ уже не вполнѣ упорядоченное. А тогда наше исходное вполнѣ упорядоченное множество не мощнѣе NxNx...N конечное число разъ, т.е. оно счетное! Понимаю, что тутъ гдѣ-то есть проблема, поскольку я пришла къ невѣрному выводу, но каждый шагъ выглядитъ очень логично.
Мнѣ безсмысленно пытаться построить континуальное вполнѣ упорядоченное множество въ явномъ видѣ (что доказать, что такихъ нѣт, невозможно, это ясно изъ теоремы Цермело) или шансы есть?
>> No.1249039 Ответ
>>1249013
Между предельным элементом и элементом, меньшим его, бесконечно много элементов.
> между каждыми двумя элементами есть лишь конечное число другихъ элементовъ
Так что это множество либо конечный ординал, либо омега-нуль.
> Причемъ этотъ процессъ не можетъ продолжаться безконечно, иначе все-таки получимъ уже не вполнѣ упорядоченное.
Непонятно.
>> No.1249042 Ответ
>>1249039
> Так что это множество либо конечный ординал, либо омега-нуль.
Пока не разобралась въ ординалахъ. Въ переводѣ на школьный: либо конечное множество, либо счетное? Я такъ и написала, да, уточняя, что изоморфизмъ только со множествомъ натуральныхъ, цѣлыхъ чиселъ либо конечным множествомъ можетъ быть.
> Непонятно
Я пытаюсь сконструировать самое большое вполнѣ упорядоченное множество. Первое, что можно сдѣлать - это взять натуральный рядъ. Затѣмъ их можно объединить много разъ, но континуальное число разъ объединять нельзя, будетъ уже не вполнѣ упорядоченное. Объединимъ счетное число разъ, получим множество пар (n,m), идущих в порядкѣ, описанномъ выше. Затѣмъ можно еще их объединить счетное число разъ, получая наборы натуральныхъ чиселъ конечной длины. Но лишь конечное число разъ можно провести такiя объединенiя, потому что если бесконечное, то уже получится не вполнѣ упорядоченное множество. Т.е. NxNx...xN, объединенное конечное число разъ - еще вполнѣ упорядоченное, а NxNx... бесконечное число разъ - уже нѣтъ.
>> No.1249050 Ответ
>>1249042
Натуральное число - множество всех меньших чисел. Ноль - пустое множество.
Конечные ординалы = натуральные числа, омега-нуль = множество всех натуральных чисел.

Объединять можно, просто ты вместо объединения используешь почему-то умножение на отрезок и получаешь поэтому проблемы.
>> No.1249095 Ответ
>>1249050
> Объединять можно, просто ты вместо объединения используешь почему-то умножение на отрезок и получаешь поэтому проблемы.
Видимо, я плохо формулировала свои мысли, прошу прощения.
Рассматривала множество мощности RxN (а именно [0,1]xN) я лишь въ этомъ >>1248965 сообщенiи, т.е. пары (x, n), гдѣ x изъ R, n изъ N. Оно не является вполнѣ упорядоченнымъ. На его примерѣ я поняла, что условiя "у каждаго элемента есть послѣдующiй" и "множество вполнѣ упорядочено" не эквивалентны.
А тутъ >>1249042 я писала о множествѣ вида NxNx... (конечное или бесконечное число разъ), т.е. рассматривала множество, элементы котораго есть наборы (a1, a2, a3...), гдѣ каждое ak из N.
Множество вида NxNx... с обычным образом (как я описала выше) введеным порядком вполне упорядочено, если там конечное число умножений и не вполнѣ - если бесконечное.
>> No.1249482 Ответ
>>1248966
> Класс явно построимых множеств меньше, чем класс всех множеств
Доказано ли, что континуальное вполнѣ упорядоченное множество нельзя явно построить?
>> No.1249483 Ответ
>>1249482
Да, если разрешить форсинг.
>> No.1249484 Ответ
>>1249483
> форсинг
Можно объяснить значенiе этого термина?
>> No.1249497 Ответ
>>1249484
Хорошо известна двоичная алгебра логики. В ней 0 интерпретируется как ложь, 1 как истина. Есть сложение - логическое или. Есть умножение - логическое и. Справедливо правило раскрытия скобок. Ещё есть порядок, 0 < 1. Алгебры с похожими свойствами называются булевыми алгебрами. В алгебре логики всего два элемента, 0 и 1. В других булевых алгебрах может быть больше элементов. В любой булевой алгебре есть порядок - элементы можно сравнивать. Есть наибольший элемент (абсолютная истина) и наименьший элемент (абсолютная ложь). Чем ближе элемент к абсолютной истине, тем более истинным он считается.

Допустим, есть какой-то универсум множеств. Можно рассмотреть совокупность формул, выражающих какие-то утверждения о множествах этого универсума. Каждая формула либо истинна, либо ложна. Иными словами, есть интерпретация формул в алгебре логики. Можно заменить в этой интерпретации алгебру логики на какую-нибудь булеву алгебру с большим количеством элементов. Тогда некоторые формулы окажутся абсолютно истинными, некоторые формулы - абсолютно ложными, а некоторые формулы займут промежуточное значение между абсолютными истиной и ложью. Аксиомы универсума должны быть истинными. Алгебраическое значение, приписанное формуле f, можно назвать оценкой этой формулы и обозначать |f|. Если формула p выводима из формул f1, f2, f2, ... , fn, то оценка формулы p не меньше произведения оценок формул f1, ... , fn. Иными словами, |f1|^|f2|^|f3|^...^|fn| <= |p|, где значком ^ обозначено умножение в алгебре.

Можно выбрать какую-нибудь гипотезу о множествах универсума и назначить её интерпретацией абсолютную ложь. А потом посмотреть, получится ли найти такую булеву алгебру, чтобы получилось непротиворечивым образом назначить оценки всем остальным формулам. Если получится - то можно считать, что это означает существование универсума, в котором гипотеза ложна, а все аксиомы исходного универсума верны. Иными словами, что отрицание гипотезы не противоречит аксиомам. Далее можно назначить интерпретацией гипотезы абсолютную истину и опять поискать какую-нибудь булеву алгебру, в которой можно было бы проинтерпретировать формулы с учётом условия, что гипотеза истинна. Если получится, то есть универсум, в котором гипотеза верна. Таким образом можно доказать недоказуемость и неопровержимость гипотезы в данной аксиоматике.

Этот метод называется методом булевозначных моделей. Метод форсинга ему логически эквивалентен и причем несколько более удобен в реальной работе.

Собственно метод форсинга заключается в расширении теоретико-множественного универсума до какого-то большего универсума. Берётся универсум и берётся некое множество G с хорошей структурой, которое не входит в универсум (существование такого множества нужно гарантировать специальной аксиомой форсинга). Затем в универсум добавляются все множества, которые появляются из-за появления G. Например, (n,G) для каждого натурального числа n, всякие там {G} и 2^G, прочее. Ещё, конечно, нужно добавить все элементы множества G и всё то, что появится из-за них. Процедура напоминает расширение поля R мнимой единицей i - нужно добавить не только саму i, но и все числа вида 1+i, i^2, (100500i)^(1/2) и т.п. Технические детали метода форсинга не буду рассказывать, раз ты не знаешь про ординалы. И не буду рассказывать, почему форсинг называется форсингом.

Есть много разных форсингов, опирающихся на разные аксиомы форсинга. Первым метод форсинга изобрёл и начал использовать Коэн. Современные форсинги более мощные, чем оригинальный коэновский. Метод форсинга - один из самых главных методов теоретико-множественных исследований, начиная с шестидесятых. Любой учебник теории множеств, где отсутствует метод форсинга, - устаревший. Хотя это не означает, что учебник плохой и не заслуживает изучения; это означает, что не вся важная информация в нём написана. Аналогично для лекционных курсов.
>> No.1249502 Ответ
>>1249497
А можно примеръ такой алгебры с болѣе чѣмъ 2 элементами и соответствующими утвержденiями?
Эхъ, кажется, я совсемъ глупая. Потому что это, навѣрное, нѣкiй совершенно простой фактъ для тебя, а для меня звучитъ все невѣроятно сложно. И я такъ и не начала читать Александрова, к сожаленiю. С чего вообще лучше начинать нормально? Или можно просто по лекциямъ Н.М.У., напримѣръ? И я даже кромѣ математическаго анализа ничего пока не рѣшала, не знаю, можно ли еще будетъ сдавать имъ геометрiю и алгебру, или они уже откажутся принимать.
>> No.1249593 Ответ
>>1249502
Классический пример булевой алгебры - 2^X для какого-то непустого множества X. Объединение, пересечение - операции, наименьший элемент - пустое множество, наибольший - всё X. Порядок - включения. Можно нарисовать диаграммы Хассе для небольших x и посмотреть.

Ещё булеву алгебру можно получить из 2^X, выкинув сколько-то элементов. Если выкинуть все, кроме 0 и X, то получится как раз алгебра из двух элементов.

Александров норм. Просто, наверное, это не та книга, от которой будет ощущение полного кайфа. На русском мало совсем хороших книг.
>> No.1249962 Ответ
>>1249593
> Порядок - включения
Но ведь онъ не будетъ линейнымъ. Это не проблема?
> Таким образом можно доказать недоказуемость и неопровержимость гипотезы в данной аксиоматике
Но утвержденiе "всякое множество можно вполнѣ упорядочить" ведь доказуемо въ присутствiи аксiомы выбора? Теорема Цермело же.
И можно какой-нибудь примѣръ съ недоказуемыми и неопровержимыми утверждениями? На примѣрѣ простой булевой алгебры, допустимъ, алгебры подмножествъ множества {0,1}. Ея элементы: Ø, {0}, {1}, {0,1}. Съ операциями все понятно. А вотъ какъ аналогiю съ утвержденiями провести - не вполнѣ.
> Ещё булеву алгебру можно получить из 2^X, выкинув сколько-то элементов
Не поняла. Пусть алгебра съ элементами Ø, {0}, {1}, {0,1,2}. Что будетъ являться результатомъ {0}U{1}?
>> No.1250015 Ответ
>>1249962
Не проблема.
Сама аксиома выбора не зависит от остальных аксиом. Есть модели, где всем остальным аксиомам в качестве оценки назначена истина, а аксиоме выбора - ложь.
Если ты просишь пример конкретного использования форсинга, то не приведу, много букв. Нужно читать учебники.

{0} или {1} = объединение = {0,1}.
{0} и {1} = пересечение = пустое множество.
Результат "или" не входит в алгебру, поэтому алгебра не булева.
Эта алгебра, впрочем, не булева и по другим причинам - множеств не хватает. Нет, например, отрицаний. Например, не хватает множества не {1} = дополнение {1} до X = {2,3}.
> Не поняла
Не при любом выкидывании получится булева алгебра.
>> No.1250030 Ответ
>>1250015
> Нужно читать учебники
Посоветуешь какой-нибудь?
> Результат "или" не входит в алгебру, поэтому алгебра не булева. Эта алгебра, впрочем, не булева и по другим причинам - множеств не хватает. Нет, например, отрицаний.
Но тогда получается, что всѣ булевы алгебры будутъ имѣть слѣдующiй видъ: всѣ элементы самаго большого множества разобьются на непересѣкающiеся группы, а множествами будутъ: Ø, всѣ эти группы и ихъ возможныя объединенiя. Т.е. по сути эта алгебра будетъ выглядеть аналогично алгебрѣ, въ которой мы бы обозначили эти группы за одинъ элементъ. Если я правильно поняла.
>> No.1250048 Ответ
>>1250030
На русском, наверное, не посоветую. Есть Йех, Теория множеств и метод форсинга, но мне не очень нравится.
>> No.1250066 Ответ
>>1250048
Отличный учебникъ. Зашла въ раздѣлъ "ординальныя числа" - сразу опредѣленiе ординальныхъ чиселъ. Вотъ въ статье на Википедiи я ничего не поняла, а тутъ сразу все объяснили. И еще поняла, что это какъ разъ то, что мнѣ разсказывала С.Т. 3 ноября прошлаго года. По крайней мѣрѣ, что множества Ø; {Ø}; {Ø, {Ø}}; {Ø, {Ø}, {Ø, {Ø}}}..., изоморфныя множествамъ {0...n} - это ординалы. Равно какъ и множества, изоморфныя {0...n...,(число, большѣе +безк.),(число, большѣе +безк., +1)... }, въ которыхъ рядовъ натуральныхъ чиселъ можетъ быть конечное или счетное количество. Читаю дальше.
>> No.1250296 Ответ
>>1250066
Правильно ведь я понимаю, что конструктивно представить несчетный ординалъ невозможно въ обычныхъ теоретико-множественныхъ терминахъ? Ну, разъ ординалы - это и есть всѣ возможныя вполнѣ упорядоченныя множества съ точностью до изоморфизма.
>> No.1250302 Ответ
>>1250296
А что значит конструктивно? Алеф-1 и омега-1 можно вполне корректно определить как наименьший ординал, не равномощный множеству N. Всякие алеф1 +1, +2, +w0 тоже несчётные, но вообще имеют явную запись, если есть значок для алеф-1 (он же омега-1).
>> No.1250379 Ответ
>>1250302
> А что значит конструктивно?
Вотъ у меня лежитъ тетрадка, тамъ есть клеточки. Если нарисовать, скажемъ, пять точечекъ и пронумеровать ихъ, легко представить множество {1, 2, 3, 4, 5}. Если представить, что точечки идутъ вправо очень-очень далеко, легко представить множество натуральныхъ чиселъ {1, 2, 3, 4, 5 ...}. Если еще и слѣва - множество цѣлыхъ: {..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3 ...}. Если нарисовать квадратикъ из точекъ 3х3 - соответствующее множество, если этотъ квадратикъ продлить до бесконечности - множество N^2. Легко представить множество всѣхъ последовательностей изъ нулей и единицъ. Множество всѣхъ последовательностей натуральныхъ чиселъ. Множество всѣхъ подмножествъ натуральныхъ чиселъ. Можетъ быть, такъ запросто интуитивно я и не могу ощутить, что послѣдния три множества мощнѣе множества натуральныхъ чиселъ, но ужъ по крайней мѣрѣ легко могу сказать про любое множество - принадлежитъ ли оно каждаму изъ данныхъ множествъ или нѣтъ, т.е. фактически понимаю, каковы эти множества. Но какъ можно представить омегу1? Да, я понимаю, что ты сформулировала какое-то определенiе, но ведь оно не даетъ ни малейшаго представленiя о томъ, какъ устроено данное множество. Можешь назвать хотя бы одинъ его элементъ, не входящiй ни въ одинъ счетный ординалъ?
На данный моментъ я пока разобралась еще не во всѣхъ счетныхъ ординалахъ. Wxn - это просто n натуральныхъ рядовъ, записанныхъ подрядъ. W^2 - это объединенiе всѣхъ ординаловъ вида Wxn+m. W^3 - это объединенiе всѣхъ ординаловъ вида W^2xn+Wxm+k или что? Въ общемъ, далѣе уже неясно. Тѣмъ болѣе, что такое эпсилоны.
Я понимаю, что мое объясненiе того, какъ я представляю себѣ множества, можетъ показаться настоящему математику, такому какъ ты, дѣтскимъ садомъ, но я дѣйствительно именно такъ ихъ себѣ и представляю.
Навѣрное, все, что я писала выше, можно было не писать, а коротко ответить на твой вопросъ такъ: конструктивно - значитъ, что ты можешь каким-либо явнымъ образомъ по какой-либо формуле описать всѣ элементы множества. Ну или хотя бы уметь ответить на вопросъ, является ли какой-либо элементъ его элементомъ или нѣтъ.
>> No.1250393 Ответ
>>1250379
> является ли какой-либо элементъ его элементомъ
Если x - ординал и если x - конечный или счётный, то x - элемент омега-1. И обратно, всякий элемент омега-1 есть конечный или счётный ординал. Видимо, построить омега-1 - построить множество всех счётных ординалов. Я не знаю, как аргументировать "построимость" такого множества. Омегу-1 нельзя представить как объединение счётного семейства ординалов, меньших, чем омега-1, ибо такое объединение счётно. Поэтому простыми шагами (прибавлять единичку либо выписывать счётную последовательность счётных ординалов и брать её объединение) до омеги-1 не дошагать.

> или что
Любой ординал - множество, элементами которого являются в точности все ординалы, меньшие его.

> Можешь назвать хотя бы одинъ его элементъ, не входящiй ни въ одинъ счетный ординалъ?
Омега-1 - множество всех конечных и счётных ординалов. Если x - элемент омега-1, то x либо конечный, либо счётный. Если x счётный, то x - элемент ординала x+1. Ординал x+1 счётный. Поэтому все элементы омеги-1 входят в какой-нибудь счётный ординал.

> что такое эпсилоны
Например, эпсилон-ноль - объединение счётной последовательности ординалов {w, w^w, w^(w^w), ... }, где w - омега-нулевое. Понятно, что эпсилон-ноль - счётное.
>> No.1250395 Ответ
>>1250393
Кажется, я увѣровала въ существованiе омеги-1, т.е. несчетнаго вполнѣ упорядоченнаго множества. Спасибо огромное! Только теперь я не понимаю, какъ можетъ быть такъ, что нельзя понять, какова мощность явно построеннаго множества.
И еще вопросъ: есть ли аналогъ континуумъ-гипотезы для 2^R и мощности, большей R? Т.е. разрешенъ ли вопросъ о томъ, как соотносятся мощности 2^R и мощность, большая R? И т.д. для 2^(2^R)...
>> No.1250397 Ответ
>>1250395
Съ Википедiи:
> Открытая математическая проблема: cуществуют ли такие бесконечные множества A и B, что мощность множества A меньше мощности множества B и мощность множества B меньше мощности множества всех подмножеств множества A:|A|<|B|<|2^A|?
Развѣ ли A=алеф-0 и B=алеф-1 не подходятъ? Ведь утвержденiе, что алеф-1 меньше R, не противоречитъ ZFC. Или имѣются въ виду такiя А и B, чтобы послѣднюю цѣпочку неравенствъ можно было именно доказать въ ZFC, а не просто чтобы она не противорѣчила?
Хорошо, что открытая проблема есть, можно рѣшить и стать великимъ математикомъ.
>> No.1250398 Ответ
>>1250395
Мощность омега-1 есть омега-1 (оно же алеф-1 по определению). Но нельзя понять обычными средствами, есть ли биекция между омега-1 и R.

Аналог есть, называется обобщённая континуум-гипотеза. Она говорит, что 2^(алеф-n) = алеф-(n+1). Например, что 2^алеф-1 = алеф-2, 2^алеф-42 = алеф-43. Тоже недоказуема и неопровержима в ZFC. Оригинальная континуум-гипотеза - что 2^алеф-0 = алеф-1. Что c=2^алеф-0, доказать нетрудно.
>> No.1250399 Ответ
>>1250397
Там строгое неравенство. Поэтому не подходят, если алеф-1 = 2^алеф-0. Понятно, что если континуум равен не алеф-1, а, например, алеф-17 (что не исключено), то подходят.
>> No.1250400 Ответ
>>1250398
> c=2^алеф-0
А? Что такое с?
>>1250399
> Там строгое неравенство
Это я поняла. Т.е. нужно взять такие А и В, чтобы равенство было именно доказуемо, а не просто возможно в ZCF?
>> No.1250401 Ответ
>>1250400
c - континуум. Кардинал, являющийся мощностью R. Он традиционно обозначается готической буквой c. В ZFC про него известно лишь, что алеф-0 < с < алеф-омега.
> именно доказуемо
Да.
>> No.1250402 Ответ
>>1250401
> Да.
И про эту гипотезу пока неизвестно, могутъ ли такiя (видимо, тутъ все-таки среднiй родъ, ведь про одно изъ нихъ мы бы сказали "такое А" или "такое В", такъ что выше я неверно написала "такiе А и В", точнее, даже и вмѣсто i написала, но то было именно опечаткой, а это - ошибкой) А и В быть предъявлены или нѣтъ?
> c - континуум
Ну тогда да, что c=2^алеф-0, доказать нетрудно, даже я умѣю.
>> No.1250403 Ответ
>>1250402
Если есть аксиома выбора, то мощность каждого бесконечного множества - какой-то алеф. Тогда та проблема звучит так: есть ли для какого-нибудь алефа n алефы между n и 2^n. Понятно, что это обобщённая континуум-гипотеза и есть. Она независима от ZFC.
>> No.1250404 Ответ
>>1250403
> между n и 2^n
Между алефъ-n и 2^(алефъ-n) имелось в виду? Алефъ съ индексомъ 2^n и 2^алефъ съ индексомъ n - это ведь совсѣмъ не одно и то же, как я понимаю?
> Если есть аксиома выбора, то мощность каждого бесконечного множества - какой-то алеф. Тогда та проблема звучит так: есть ли для какого-нибудь алефа n алефы между n и 2^n. Понятно, что это обобщённая континуум-гипотеза и есть. Она независима от ZFC.
Поняла. Но ведь тогда это не открытая математическая проблема, да? Обманули на Википедiи, выходитъ.
>> No.1250405 Ответ
>>1250404
Относительно ZFC - не открытая. А вообще аксиоматик много.
>> No.1250406 Ответ
Алефъ-омега есть множество, большее по мощности любого изъ алефъ-n, но наименьшее среди таковыхъ?
>> No.1250408 Ответ
>>1250406
Да. Алеф-омега-нулевое, если совсем точно.
>> No.1251652 Ответ
https://ium.mccme.ru/postscript/f20/analiz1-list4-20f.pdf
4-й листочекъ по математическому анализу.
Задача 5. Либо я какъ-то невѣрно понимаю условiе, либо такого не можетъ быть.
Пусть есть нѣкая точка x, не входящая въ шаръ большаго радiуса R2, но входящая въ шаръ меньшаго радiуса R1. Тогда выполнено: R2<r(0,x)<=R1, но R2>R1 - противорѣчiе.
Задача 3 пунктъ с. Метрика такая: max(d(x2-x1),d(y2-y1)), гдѣ d(y2-y1)=abs(y2-y1), d(x2-x1)=1/2, если x2-x1 изъ Q, d(x2-x1)=2, если x2-x1 не изъ Q. Если вѣрить Википедiи, пространство является метрическимъ <=>
1. d(x,y)=0 <=> x=y.
2. d(x,y)=d(y,x).
3. d(x,z)<=d(x,y)+d(y,z).
А еще и полнымъ - тогда и только тогда, когда всякая фундаментальная послѣдовательность сходится. Для моего примѣра всѣ эти условiя провѣряются устно. При этомъ шаръ радiуса 1 около нуля есть невыпуклое множество.
>> No.1251656 Ответ
>>1251652
> Задача 5.
Такое может быть. Возможно, стоит перечитать условие. Твоё рассуждение строится на гипотезе о существовании точки x, непонятно откуда взявшейся.
>> No.1251662 Ответ
>>1251656
Видимо, надо разобраться с опредѣленiями:
Шаръ радiуса R вокругъ точки A есть {X|r(A,X)<R} - так?
Шаръ радiуса R2 лежитъ строго внутри шара радиуса R1 - значит, что шаръ радiуса R2 содержится въ шарѣ радiуса R1 безъ границы (т.е. безъ множества точекъ, разстоянiе до которыхъ въ точности равно R1). И почему-то я думала, что еще обязательно условiе о томъ, что они при этомъ не должны совпадать (когда границы нѣтъ), потому что только тогда "строго". Если это условiе необязательно, то примѣръ изъ сообщенiя выше съ такой же метрикой по y, какъ и по у, подходитъ, такъ ведь? Въ самомъ дѣлѣ, разсмотримъ шары радиусомъ 1 и 1,5: это декартовы произвѣденiя QxQ. По твоему опредѣленiю одно строго содержится въ другомъ.
>> No.1251663 Ответ
>>1251662
> какъ и по у
какъ и по x.
>> No.1251665 Ответ
>>1251662
> Шаръ радiуса R вокругъ точки A есть {X|r(A,X)<R} - так?
Так.
> лежитъ строго внутри
Множество P строго содержится во множестве Q - множество P является подмножеством Q и не равно множеству Q. Это значит, что в Q есть точка, не являющаяся элементом P.

В этой задаче центры шаров не обязаны совпадать. Понятно, что если центры двух шаров совпадают, то шар меньшего радиуса всегда является подмножеством шара большего радиуса. В случае множества натуральных чисел с индуцированной с R метрикой шар радиуса 0.5 с центром в нуле является подмножеством шара радиуса 0.3 с центром в нуле - однако не строгим подмножеством, шары равны и являются множеством {0}.
>> No.1251666 Ответ
>>1251665
> Множество P строго содержится во множестве Q - множество P является подмножеством Q и не равно множеству Q. Это значит, что в Q есть точка, не являющаяся элементом P.
Дѣйствительно опредѣленiе именно такое, безъ оговорки о томъ, что никакая точка содержащагося множества не является границею множества, въ которомъ оно строго содержится? Т.е. точка (0,0) лежит строго внутри [0,1]x[0,1] по такому опредѣленiю?
>> No.1251667 Ответ
>>1251666
> Т.е. точка (0,0) лежит строго внутри [0,1]x[0,1]
Точнее, множество {(0,0)} является собственным подмножеством множества [0,1]x[0,1].
>> No.1251668 Ответ
Рѣшила пятую. Подходитъ слѣдующая метрика на Z: r(z1,z2)=|z1-z2|+1, если среди чиселъ z1, z2 хотя бы одно нечетное и они не равны другъ другу и r(z1,z2)=|z1-z2|, если они оба четныя или же равны другъ другу. Тогда шаръ радiуса 2 около 0 есть {-2, -1, 0, 1, 2}, а шаръ радiуса 2,5 около 1 есть {0, 1, 2}. Докажемъ, что это метрика: первыя два условiя тривiальны, нужно лишь доказать неравенство треугольника: r(z1,z2)<=r(z1,z3)+r(z2,z3). Для обычной метрики это неравенство обращается въ равенство тогда и только тогда, когда z3 между z1 и z2, иначе тамъ будетъ запасъ уж по меньшей мере 1. Такимъ образомъ, единственный вариантъ, когда это неравенство могло бы испортиться изъ-за добавленiя +1 въ метрику - тогда, когда слѣва добавилось +1, а справа не добавилось ничего. Но если справа ничего не добавилось, значитъ, (z1,z3) и (z2,z3) - четныя пары чиселъ, т.е. и (z1,z3) - четная пара, и слѣва все-таки ничего не добавилось.


Пароль:

[ /b/ /u/ /rf/ /dt/ /vg/ /r/ /cr/ /lor/ /mu/ /oe/ /s/ /w/ /hr/ ] [ /a/ /ma/ /sw/ /hau/ /azu/ ] [ /tv/ /cp/ /gf/ /bo/ /di/ /vn/ /ve/ /wh/ /fur/ /to/ /bg/ /wn/ /slow/ /mad/ ] [ /d/ /news/ ] [ Главная | Настройки | Закладки | Плеер ]