Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Как доказать, что оно континуальное — фиг знает.
Собственно, покрытие-то счётное, но не удовлетворяет условиям задачи. Необходимо доказать, что его расширение с учётом пространтсв между буквами будет континуальным.
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>Давайте думать вместе. Вы придумали как построить такое континуальное покрытие? Со счетным я разобрался а с континуумом мне мешает форма буквы
OV>Возьмём, например, покрытие, которое описал rus blood: сначала ставим прямо букву Т, после чего рисуем ещё две по обе стороны вертикальной палки и так далее. Покрытие кажется плотным и счётным только на первый взгляд. OV>Объясню. OV>Пусть имеется буквы Т — ABC и A'B'C' такие, что AB || A'B', AC || A'C', BC || B'C', треугольник A'B'C' лежит в левой части буквы ABC — это всё по построению покрытия. Рассмотрим теперь прямые AB и A'B'. Нам известно, что они не имеют общих точек. Тогда обязательно найдётся хотя бы одна точка между A и A' (есть такая аксиома в геометрии). По построению, она не принадлежит ни одной букве Т. Получили неплотное покрытие OV>Как доказать, что оно континуальное — фиг знает. Надо вспоминать, как доказывается одинаковость мощности множеств отрезка и квадрата: возможно, там есть мысль.
Так строить нельзя -- как только вы выбираете одну точку, (то есть строите "по одной") вы всегда получите счетное множество.
Относительно квадрата -- да там все просто доказывается из того факта что для рациональных чисел можности одинаковы:
Q ~ (Q,Q). А любую точку на квадрате представить в виде последовательности рац. точек
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Если буквы Г будут представлены замкнутыми множествами, то их будет континуум, как и букв Т. Если условие замкнутости убрать, то множество сразу станет счётным. Форма буквы тут вообще ни при чём.
Как раз таки, причём. В случае, если буквы имеют нулевую толщину (состоят из отрезков), букв Г можно запихать континуум, а букв Т — нельзя
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, Eugene Sh, Вы писали:
ES>>Для каждой буквы Т выбираем 2 точки с рациональными координатами — одну в треугольнике AMC, другую — в треугольнике BMC. Таким образом, каждой букве Т ставится в соответствие элемент Q^4. При этом разным буквам Т соответствуют разные пары точек, а, значит, и разные элементы Q^4. Это значит, что букв Т не больше, чем элементов Q^4, а их — счётное число.
OV>Зачем такая сложность? Почему бы просто не представить букву Т тремя точками: A, B и C OV>Сразу будет видно, что таких троек — континуум.
Таких троек можно набрать континуум. Но приведённое решение показывает, что набрать континуум букв Т нельзя.
OV>Возьмём, например, покрытие, которое описал rus blood: сначала ставим прямо букву Т, после чего рисуем ещё две по обе стороны вертикальной палки и так далее. Покрытие кажется плотным и счётным только на первый взгляд.
Я не говорил, что это покрытие всюду плотно. Я также не говорил, что оно и счетно...
OV>Хм. Рациональные точки обязаны быть, так как для любого иррационального числа существует пара рациональных, одно из которых меньше, а другое больше.
Проблема в том, чтобы найти точку на букве, у которой обе координаты рациональные.
Для континуальной упаковки букв "Г" — это неверно. Есть буквы, у которых для любой точки одна из координат иррациональна.
Здравствуйте, Eugene Sh, Вы писали:
ES>Пусть буква Т нарисована прямо. Обозначим точка A — один конец перекладины, B — другой конец. C — точка в основании опоры, M — точка стыка опоры и перекладины. ES>Рассмотрим следущие точки P, Q, R. ES>P лежит на отрезке AM близко к M, ES>Q лежит на отрезке BM близко к M, ES>R лежит на отрезке CM близко к M. ES>Они задают треугольник PQR. Точки P,Q,R надо брать настолько близко, чтобы выполнялось следущее условие: ES>если для разных букв Т такие треугольники пересекаются, то в любом случае ни один из них не пересекает отрезок RM другого треугольника.
Легко показать, что для любой наперёд заданной пропорции можно сделать следующее:
Рисуем букву Т.
Рисуем треугольник PQR.
Рисуем ещё одну букву T', чья точка M' лежит на PQ или PR.
Если считать отрезки открытыми, т.е. M' не принадлежит P'M', — то путём небольшого смещения добиваемся пересечения R'M' с PQ.
ES>Надеюсь, понятно. ES>Теперь идея такая. ES>Для каждой буквы Т выбираем 2 точки с рациональными координатами — одну в треугольнике AMC, другую — в треугольнике BMC. Таким образом, каждой букве Т ставится в соответствие элемент Q^4. При этом разным буквам Т соответствуют разные пары точек, а, значит, и разные элементы Q^4. Это значит, что букв Т не больше, чем элементов Q^4, а их — счётное число.
Делаем всё то же самое для букв Г и приходим к такому же выводу. А для Г мы уже нашли континуальное покрытие...
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>В каждой рациональной точке втыкаем букву Т повернутую -- так чтобы угловой коэффициент был sqrt(2). Тогда в этйо букве больше нет рациональных точек.
OV>Хм. Рациональные точки обязаны быть, так как для любого иррационального числа существует пара рациональных, одно из которых меньше, а другое больше.
ПОЛУЧИЛОСЬ! (почти)
Обратим внимание на след факт -- под радиусом буквы T будем понимать минимальную сторону. Так вот в квадрат
(aXa) влазит конечнок число букв T с радиусом не меннее a/2. // доказать это очевидное утверждение непросто!
Заметим что для букв Г это утверждение неверно.
А теперь разломаем континуальное покрыткие.
Пусть множества L(n) это все такие буквы, что радиус их лежит в пределах от (exp(-n), exp(-n-1)). Поскольку покрытие континуальное, то найдется хотя бы одно L(k) которое бесконечно! // для счетного покрытия это не верно.
А теперь вопрос -- а сколько площади надо чтобы разместить сие множество немаленьких букв (размер то ограничен снизу) на плоскости!
// можно понять еще проще -- берем букву T радиуса a. так вот есть полукруг вокруг точки соединения сторон, где неможет распологаться непересекающася буква радиуса НЕ МЕНЕЕ A. То есть можно смело утвержать что буква радиуса a "забивает" от других букв неменьшего радиуса фигуру площади S(a). (кто нарисует тот поймет о чем речь)
А нас бесконечность таких букв! Значит они все займут бесконечную площадь (для буква Г это все неверно) и в квадрат не влезут. Значит континуума быть не может.
К>Делаем всё то же самое для букв Г и приходим к такому же выводу. А для Г мы уже нашли континуальное покрытие...
Смысл в том, что для каждой буквы T можно выбрать по паре точек с рациональными координатами внутри "треугольника", который образует буква, и такие, что эта пара не лежит целиком ни в одном другом треугольнике других букв (т.е. в других треугольниках может лежать либо одна точка, либо другая, но не вместе).
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, Eugene Sh, Вы писали:
ES>>если для разных букв Т такие треугольники пересекаются, то в любом случае ни один из них не пересекает отрезок RM другого треугольника.
К>Легко показать, что для любой наперёд заданной пропорции можно сделать следующее: К>Рисуем букву Т. К>Рисуем треугольник PQR. К>Рисуем ещё одну букву T', чья точка M' лежит на PQ или PR. К>Если считать отрезки открытыми, т.е. M' не принадлежит P'M', — то путём небольшого смещения добиваемся пересечения R'M' с PQ.
Да, ошибочка вышла в объяснении. Правильно было сказать так
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>>Теперь если же у Вас буква состоит из линий (то есть будем считать что лебегова мера буквы равна 0). Допустим, что нам удалость покрыть множество счетным покрытием из букв, тогда используя сигма-аддитивность меры лебегы лебега получаем что мера покрытия 0, а мера квадрата (1 на 1) — 1. таким образом это гон. Значит или букавами так покрыть квадарат нельзя или их там континнум. KO>>Вопрос нак засыпку. Множество точек с рациональными координатами будет плотно покрывать квадрат?
PP4>Простите я не знаю понятие "плотно покрывать". А знаю термины: замыкание, плотное пространство, всюду плотное множество. А вот как вы говрорите -- не знаю.
Именно "плотное множество" я имел ввиду. PP4> Думаю Вам очевидно что замыкаие множества рациональных чисел в естественной топологии это вся числовая прямая.
Да. Так же, как замыкание множества точек плоскости с рациональними координатами в естественной топологии — это вся плоскость. PP4>Но похоже это уже значения не имеет поскольку наши буквы теперь толщины не имеют
Мои как раз имели. Поэтому я не участвую в обсуждении нити, где буквы Т предствляются 4-мя точками.
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>>В каждой рациональной точке втыкаем букву Т повернутую -- так чтобы угловой коэффициент был sqrt(2). Тогда в этйо букве больше нет рациональных точек.
OV>>Хм. Рациональные точки обязаны быть, так как для любого иррационального числа существует пара рациональных, одно из которых меньше, а другое больше.
PP4>И что? // вы наверно хотели сказать "сколь угодно близких". PP4>Да такие пары чисел есть, ну и что? Фокус то в том чт отеперь у нас 2 измерения.
PP4>пусть y=sqrt(2)*x PP4>Ясно x и y не могут быть одновременно рациональными числами -- тогда y/x это тоже рациональное, но это у нас корень из 2! Значит остается точка (0,0) PP4>а есть взять функцию y=sqrt(2)*(x+1) так она вообще не проходит ни через одну рациональную точку, то есть точку у котрой обе координаты рациональные
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4> А нас бесконечность таких букв! Значит они все займут бесконечную площадь (для буква Г это все неверно) и в квадрат не влезут. Значит континуума быть не может.
Вроде ж буквы у нас состоят из отрезков. Разве у отрезков площадь больше нуля?
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>> А нас бесконечность таких букв! Значит они все займут бесконечную площадь (для буква Г это все неверно) и в квадрат не влезут. Значит континуума быть не может.
OV>Вроде ж буквы у нас состоят из отрезков. Разве у отрезков площадь больше нуля?
Я не точно выразился. Вокруг центра буквы T радиуса a, существует полукруг несколько меньшего радиуса с таким свойством -- он не содержит центров букв T радиусом не меньше a, которые не перескаются с исходной буквой.
Ясно, что 2 таких полукруга у ненепересекающихся букв T радиуса не меньше a, можно выбрать непересекающимися, да еще и ограничить их радиус снизу.
Я имел ввиду что площадь занимает не сама буква а как раз вот этот полукруг!
Таким образом для того чтобо разместить бесконечное число букв T радиусом не меньше A, нужно разместить бесконечное число непересекающихся полукругов радиуса скажем не меньше a/10. То ест площадью PI*a*a/200. Что невозможно ввиду ограничения площади.
P/S/ Кстати ясно, что доказательство пройдет для любого несчетногомножества, что ясно, что континуум-гипотеза тут непричем. Кто не знает -- в некто в 60х доказал что К.-Г. является утверждением, независящим от системы аксиом Цермело, таким образром за аксиому можно принимать как ее саму так и ее отрицание и строить свою математику...
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
К>>>Если буквы не пересекаются, но накладываются — то хоть какая. RB>>Не пересекаются их линии.
К>Представим себе стопочку одинаковых букв Т, лежащих одна поверх другой. Линии не пересекаются, а совпадают. К>Если мощность этой стопки более алеф-1, то
К>>>При любом раскладе — не менее алеф-1. RB>>Э-э-э... Континуальная или счетная? (пардон, как-то привык так обозначать)...
К>алеф0 — счётность. К>алеф1 — континуум. К>алеф2 — 2^(алеф0) — мощность функций континуальной переменной. К>и т.д.
ААААА! Щаз буду бить.
Алеф n -- это n-е по порядку бесконечное кардинальное число. алеф 1 -- это никакой не континуум. Это следующее по величине кардинальное число после алеф 0.
Чему оно равно не известно. И не может быть известно в рамках стандартной аксиоматики теории множеств -- спасибо Гёделю с Коэном за решение проблемы континуум-гипотезы.
Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>>>>Имеется в виду, мощность множества при наиболее плотном покрытии. KO>>>>Имеется ввиду минимальная мощность множества, которое полностью покрывает квадрат. KO>>>>Иначе я "наиболее плотно" прочитаю как "всюду плотно", и буду аппелировать к первому моему решению.
RB>>>Да, имеется в виду, всюду плотно. Каково же решение? KO>>Ну ты мне надоел. Мое решение. "Всюду плотное множество над областью" — это такое множество, что в эпсилон-окресности любой точки из области, найдется точка, которая принадлежит множеству. KO>>В моем решении — объединение множества букв (читай — обастей) Т и будет всюду плотным над квадратом. KO>>Всюду плотное множество необязано полностью покрывать множиство. Напимер, множество рациональный точек всюду плотно на прямой. Так же, множество иррациональных точек всюду плотно на прямой (поэтому — минимальная мощность). KO>Забыл сказать. что множество с минимальной мощностью, которое всюду плотно, называется сепарабельным (или я уже совсем того ).
KO>>Забыл сказать. что множество с минимальной мощностью, которое всюду плотно, называется сепарабельным (или я уже совсем того ).
RB>Понятие "всюду плотного" требует, как минимум, другого множества, в которое первое вложено, а также, нормированности этого самого "надмножества".
Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
К>>алеф0 — счётность. К>>алеф1 — континуум. К>>алеф2 — 2^(алеф0) — мощность функций континуальной переменной. К>>и т.д.
Ш>ААААА! Щаз буду бить.
Ш>Алеф n -- это n-е по порядку бесконечное кардинальное число. алеф 1 -- это никакой не континуум. Это следующее по величине кардинальное число после алеф 0. Ш>Чему оно равно не известно. И не может быть известно в рамках стандартной аксиоматики теории множеств -- спасибо Гёделю с Коэном за решение проблемы континуум-гипотезы.
Хмм. Почему-то я думал, что алеф[n] = 2^алеф[n-1], и континуум-гипотеза состоит в том, бывают ли кардинальные числа между алефами с целыми номерами.
Кстати, я видел теорию, построенную на аксиоматике Т.М. + ненатуральные алефы... Красиво, но башню сносит
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
К>>>алеф0 — счётность. К>>>алеф1 — континуум. К>>>алеф2 — 2^(алеф0) — мощность функций континуальной переменной. К>>>и т.д.
Ш>>ААААА! Щаз буду бить.
Ш>>Алеф n -- это n-е по порядку бесконечное кардинальное число. алеф 1 -- это никакой не континуум. Это следующее по величине кардинальное число после алеф 0. Ш>>Чему оно равно не известно. И не может быть известно в рамках стандартной аксиоматики теории множеств -- спасибо Гёделю с Коэном за решение проблемы континуум-гипотезы.
К>Хмм. Почему-то я думал, что алеф[n] = 2^алеф[n-1], и континуум-гипотеза состоит в том, бывают ли кардинальные числа между алефами с целыми номерами.
Континуум гипотеза (классическая), спрашивает, есть ли промежуточная мощность между счетной и континуальной.
К>Кстати, я видел теорию, построенную на аксиоматике Т.М. + ненатуральные алефы... Красиво, но башню сносит
Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
К>>Хмм. Почему-то я думал, что алеф[n] = 2^алеф[n-1], и континуум-гипотеза состоит в том, бывают ли кардинальные числа между алефами с целыми номерами.
Ш>Континуум гипотеза (классическая), спрашивает, есть ли промежуточная мощность между счетной и континуальной.
А из положительного ответа на неё — не следует ли, что и другие промежуточные кардинальные числа есть?
Или по каждому следующему алефу можно заводить новый постулат?
Перекуём баги на фичи!
).
