Сообщение Re[10]: Равномощность от 07.09.2023 9:35
Изменено 07.09.2023 10:33 pva
Re[10]: Равномощность
Здравствуйте, D. Mon, Вы писали:
pva>>И теорема Кантора нам говорит что мощность показательного множества для счетного множества — несчетное множество.
pva>>вот здесь у меня разрыв, ведь показательное множество, по сути, комбинация элементов счетного множества и согласно гранд-отелю, мы всегда можем добавить новую комбинацию к списку имеющихся не меняя мощности.
DM>Тут предлагаю опять смотреть на типы. Множество подмножеств уже имеет другой тип элементов по сравнению с оригинальным множеством, это уже совсем другое множество. Поэтому "не меняя" тут сказать нельзя — мы не пытаемся что-то менять, добавляя, мы изначально с другим объектом дело имеем.
Да, мы переходим от типа "элементы множества" к типу "комбинации элементов". Давай введем функцию f(n), которая для заданного множества выдает n-ю комбинацию из исходного множества. И таки да, эта функция по сути будет то что ты описал ниже — разложением n в двоичный вид. При этом n:N, а значит |n| == |N|?
DM>Интуитивно можно так на это посмотреть. Счетное множество можно представить мысленно как бесконечный ряд комнат, имеющий начало, и уходящий в бесконечность. Одно его подмножество можно закодировать, поставив 1 рядом с комнатами, что входят в подмножество, и 0 рядом с теми, что не входят. Получаем последовательность из нулей и единиц, допишем перед ней "0." и получим вещественное число в двоичном представлении в интервале [0, 1]. Одно вещественное число кодирует целое подмножество нашего исходного счетного множества. А множество всех таких подмножеств — это множество всех таких вот вещественных чисел, т.е. это интервал [0, 1] в R. Который равномощен R. Вот и выходит, что 2^N = R.
Вчера, я приходил уже к подобной гипотезе, когда разбирал диагонали с иррациональными числами, но в обратном направлении. В упрощенном виде: возьмем [0; 1) и откинем "0." — получим бесконечное счетное множество? Опровержение строилось на доказательстве через иррациональные. Италиком я выделил где потенциально у тебя ошибка: переход из счетного бесконечного, представимого натуральными к несчетному бесконечному, которое включает непредставимые натуральными (например, 1/3?). Тоесть, там не биекция, а инъекция.
pva>>И теорема Кантора нам говорит что мощность показательного множества для счетного множества — несчетное множество.
pva>>вот здесь у меня разрыв, ведь показательное множество, по сути, комбинация элементов счетного множества и согласно гранд-отелю, мы всегда можем добавить новую комбинацию к списку имеющихся не меняя мощности.
DM>Тут предлагаю опять смотреть на типы. Множество подмножеств уже имеет другой тип элементов по сравнению с оригинальным множеством, это уже совсем другое множество. Поэтому "не меняя" тут сказать нельзя — мы не пытаемся что-то менять, добавляя, мы изначально с другим объектом дело имеем.
Да, мы переходим от типа "элементы множества" к типу "комбинации элементов". Давай введем функцию f(n), которая для заданного множества выдает n-ю комбинацию из исходного множества. И таки да, эта функция по сути будет то что ты описал ниже — разложением n в двоичный вид. При этом n:N, а значит |n| == |N|?
DM>Интуитивно можно так на это посмотреть. Счетное множество можно представить мысленно как бесконечный ряд комнат, имеющий начало, и уходящий в бесконечность. Одно его подмножество можно закодировать, поставив 1 рядом с комнатами, что входят в подмножество, и 0 рядом с теми, что не входят. Получаем последовательность из нулей и единиц, допишем перед ней "0." и получим вещественное число в двоичном представлении в интервале [0, 1]. Одно вещественное число кодирует целое подмножество нашего исходного счетного множества. А множество всех таких подмножеств — это множество всех таких вот вещественных чисел, т.е. это интервал [0, 1] в R. Который равномощен R. Вот и выходит, что 2^N = R.
Вчера, я приходил уже к подобной гипотезе, когда разбирал диагонали с иррациональными числами, но в обратном направлении. В упрощенном виде: возьмем [0; 1) и откинем "0." — получим бесконечное счетное множество? Опровержение строилось на доказательстве через иррациональные. Италиком я выделил где потенциально у тебя ошибка: переход из счетного бесконечного, представимого натуральными к несчетному бесконечному, которое включает непредставимые натуральными (например, 1/3?). Тоесть, там не биекция, а инъекция.
Re[10]: Равномощность
Здравствуйте, D. Mon, Вы писали:
pva>>И теорема Кантора нам говорит что мощность показательного множества для счетного множества — несчетное множество.
pva>>вот здесь у меня разрыв, ведь показательное множество, по сути, комбинация элементов счетного множества и согласно гранд-отелю, мы всегда можем добавить новую комбинацию к списку имеющихся не меняя мощности.
DM>Тут предлагаю опять смотреть на типы. Множество подмножеств уже имеет другой тип элементов по сравнению с оригинальным множеством, это уже совсем другое множество. Поэтому "не меняя" тут сказать нельзя — мы не пытаемся что-то менять, добавляя, мы изначально с другим объектом дело имеем.
Да, мы переходим от типа "элементы множества" к типу "комбинации элементов". Давай введем функцию f(n), которая для заданного множества выдает n-ю комбинацию из исходного множества. И таки да, эта функция по сути будет то что ты описал ниже — разложением n в двоичный вид. При этом n:N, а значит |f(n)| == |N|?
Edit: получается счетно-бесконечное количество комбинаций из счетно-бесконечного множества элементов составляет несчетно-бесконечное множество? Интересно, а нельзя ли добавить сюда еще один уровень вложенности?
DM>Интуитивно можно так на это посмотреть. Счетное множество можно представить мысленно как бесконечный ряд комнат, имеющий начало, и уходящий в бесконечность. Одно его подмножество можно закодировать, поставив 1 рядом с комнатами, что входят в подмножество, и 0 рядом с теми, что не входят. Получаем последовательность из нулей и единиц, допишем перед ней "0." и получим вещественное число в двоичном представлении в интервале [0, 1]. Одно вещественное число кодирует целое подмножество нашего исходного счетного множества. А множество всех таких подмножеств — это множество всех таких вот вещественных чисел, т.е. это интервал [0, 1] в R. Который равномощен R. Вот и выходит, что 2^N = R.
Вчера, я приходил уже к подобной гипотезе, когда разбирал диагонали с иррациональными числами, но в обратном направлении. В упрощенном виде: возьмем [0; 1) и откинем "0." — получим бесконечное счетное множество? Опровержение строилось на доказательстве через иррациональные. Италиком я выделил где потенциально у тебя ошибка: переход из счетного бесконечного, представимого натуральными к несчетному бесконечному, которое включает непредставимые натуральными (например, 1/3?). Тоесть, там не биекция, а инъекция.
pva>>И теорема Кантора нам говорит что мощность показательного множества для счетного множества — несчетное множество.
pva>>вот здесь у меня разрыв, ведь показательное множество, по сути, комбинация элементов счетного множества и согласно гранд-отелю, мы всегда можем добавить новую комбинацию к списку имеющихся не меняя мощности.
DM>Тут предлагаю опять смотреть на типы. Множество подмножеств уже имеет другой тип элементов по сравнению с оригинальным множеством, это уже совсем другое множество. Поэтому "не меняя" тут сказать нельзя — мы не пытаемся что-то менять, добавляя, мы изначально с другим объектом дело имеем.
Да, мы переходим от типа "элементы множества" к типу "комбинации элементов". Давай введем функцию f(n), которая для заданного множества выдает n-ю комбинацию из исходного множества. И таки да, эта функция по сути будет то что ты описал ниже — разложением n в двоичный вид. При этом n:N, а значит |f(n)| == |N|?
Edit: получается счетно-бесконечное количество комбинаций из счетно-бесконечного множества элементов составляет несчетно-бесконечное множество? Интересно, а нельзя ли добавить сюда еще один уровень вложенности?
DM>Интуитивно можно так на это посмотреть. Счетное множество можно представить мысленно как бесконечный ряд комнат, имеющий начало, и уходящий в бесконечность. Одно его подмножество можно закодировать, поставив 1 рядом с комнатами, что входят в подмножество, и 0 рядом с теми, что не входят. Получаем последовательность из нулей и единиц, допишем перед ней "0." и получим вещественное число в двоичном представлении в интервале [0, 1]. Одно вещественное число кодирует целое подмножество нашего исходного счетного множества. А множество всех таких подмножеств — это множество всех таких вот вещественных чисел, т.е. это интервал [0, 1] в R. Который равномощен R. Вот и выходит, что 2^N = R.
Вчера, я приходил уже к подобной гипотезе, когда разбирал диагонали с иррациональными числами, но в обратном направлении. В упрощенном виде: возьмем [0; 1) и откинем "0." — получим бесконечное счетное множество? Опровержение строилось на доказательстве через иррациональные. Италиком я выделил где потенциально у тебя ошибка: переход из счетного бесконечного, представимого натуральными к несчетному бесконечному, которое включает непредставимые натуральными (например, 1/3?). Тоесть, там не биекция, а инъекция.