αριθμήσιμο σύνολο

MathSc · #1

Καλησπέρα σας! Έχω ξεκινήσει να μελετάω Σύνολα. Προσπαθώ μια άσκηση που φαίνεται βασική αλλά έχω κολλήσει. Θα ήθελα τη βοήθειά σας.
α) Δείξτε ότι το σύνολο όλων των θετικών ρητών αριθμών είναι αριθμήσιμο σύνολο.
β) Δείξτε ότι η ένωση αριθμήσιμου πλήθους αριθμήσιμων συνόλων είναι αριθμήσιμο σύνολο.

Το α νομίζω πως το έλυσα σχεδόν, αν και ο τρόπος γραφής δεν μου αρέσει ιδιαίτερα. Θα ήθελα μια καλύτερη προσέγγιση από εσάς. Έκανα το εξής:
Σκέφτομαι " Είναι αριθμήσιμο το σύνολο των θετικών ρητών, δηλαδή των κλασμάτων $\displaystyle{ \frac{p}{q}, }$ με $\displaystyle{ p,q \in \mathbb{N} }$ ; "
Προσπάθησα να βάλω όλα τα κλάσματα σε σειρά ως εξής :
$\displaystyle{ \frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, ..., \frac{2}{1}, \frac{2}{2}, \frac{2}{3}, ... , \frac{3}{1},... }$
Όμως αυτή η σειρά δε δείχνει ότι το σύνολο των θετικών ρητών είναι αριθμήσιμο.
Παρατηρούμε ότι ένα σύνολο είναι αριθμήσιμο, εάν, ξεκινώντας από ένα συγκεκριμένο στοιχείο μπορούμε σειριακά να καταγράψουμε όλα τα στοιχεία του συνόλου, το ένα μετά το άλλο.
Οπότε ψάχνω κατάλληλη ακολουθία. Μία είναι η εξής:
$\displaystyle{ \frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \frac{2}{1}, \frac{1}{3}, \frac{2}{2}, \frac{3}{1}, \frac{1}{4},... }$
Πρώτα τα κλάσματα με άθροισμα αριθμητή και παρονομαστή ίσο με 2, μετά ίσο με 3, κτλ.
Ένα κλάσμα $\displaystyle{ \frac{p}{q} }$ θα εμφανιστεί όταν απαριθμούμε τα κλάσματα με άθροισμα αριθμητή και παρονομαστή ίσο με $\displaystyle{ p + q }$ .
_______________________________________
Μέχρι εκεί έχω φτάσει. Το β ερώτημα, αν και υπάρχει γραμμένο μες το βιβλίο, δεν αποδεικνύεται πουθενά.
Ευχαριστώ εκ των προτέρων!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

MathSc έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 14, 2018 9:50 pm
Καλησπέρα σας! Έχω ξεκινήσει να μελετάω Σύνολα. Προσπαθώ μια άσκηση που φαίνεται βασική αλλά έχω κολλήσει. Θα ήθελα τη βοήθειά σας.
α) Δείξτε ότι το σύνολο όλων των θετικών ρητών αριθμών είναι αριθμήσιμο σύνολο.
β) Δείξτε ότι η ένωση αριθμήσιμου πλήθους αριθμήσιμων συνόλων είναι αριθμήσιμο σύνολο.

Το α νομίζω πως το έλυσα σχεδόν, αν και ο τρόπος γραφής δεν μου αρέσει ιδιαίτερα. Θα ήθελα μια καλύτερη προσέγγιση από εσάς. Έκανα το εξής:
Σκέφτομαι " Είναι αριθμήσιμο το σύνολο των θετικών ρητών, δηλαδή των κλασμάτων $\displaystyle{ \frac{p}{q}, }$ με $\displaystyle{ p,q \in \mathbb{N} }$ ; "
Προσπάθησα να βάλω όλα τα κλάσματα σε σειρά ως εξής :
$\displaystyle{ \frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, ..., \frac{2}{1}, \frac{2}{2}, \frac{2}{3}, ... , \frac{3}{1},... }$
Όμως αυτή η σειρά δε δείχνει ότι το σύνολο των θετικών ρητών είναι αριθμήσιμο.
Παρατηρούμε ότι ένα σύνολο είναι αριθμήσιμο, εάν, ξεκινώντας από ένα συγκεκριμένο στοιχείο μπορούμε σειριακά να καταγράψουμε όλα τα στοιχεία του συνόλου, το ένα μετά το άλλο.
Οπότε ψάχνω κατάλληλη ακολουθία. Μία είναι η εξής:
$\displaystyle{ \frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \frac{2}{1}, \frac{1}{3}, \frac{2}{2}, \frac{3}{1}, \frac{1}{4},... }$
Πρώτα τα κλάσματα με άθροισμα αριθμητή και παρονομαστή ίσο με 2, μετά ίσο με 3, κτλ.
Ένα κλάσμα $\displaystyle{ \frac{p}{q} }$ θα εμφανιστεί όταν απαριθμούμε τα κλάσματα με άθροισμα αριθμητή και παρονομαστή ίσο με $\displaystyle{ p + q }$ .
_______________________________________
Μέχρι εκεί έχω φτάσει. Το β ερώτημα, αν και υπάρχει γραμμένο μες το βιβλίο, δεν αποδεικνύεται πουθενά.
Ευχαριστώ εκ των προτέρων!

Δεν είναι ασκήσεις αυτές.Είναι θεωρήματα και βρίσκονται μαζί με την απόδειξη τους σε όλα τα σοβαρά βιβλία.

Επίσης μπορείς να τα βρεις στο διαδίκτυο.

MathSc · #3

Θα σας ήταν εύκολο να προσθέσετε κάποιον σύνδεσμο ώστε να το διαβάσω; Συγγνώμη για την ταλαιπωρία αλλά στο βιβλίο που διαβάζω δεν υπάρχει.

Tolaso J Kos · #4

Γνωρίζεις ότι το $\mathbb{Q}$ είναι ένα άπειρο σύνολο. Ένα άπειρο σύνολο είναι αριθμήσιμο αν έχει μία injection στο $\mathbb{Z}$ . Μία τέτοια , ας πούμε , είναι αυτή:

$\displaystyle{\Phi(q) = \begin{cases} 0 & \quad q = 0 \\ 1 & \quad q = 1 \\ -1 & \quad q = -1 \\ 2^m (2n + 1) & \quad q = \frac{m}{n} \text{ simplest form } \\ - 2^m(2n + 1) & \quad q = - \frac{m}{n} \text{ simplest form} \end{cases}}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 14, 2018 9:57 pm
Δεν είναι ασκήσεις αυτές.Είναι θεωρήματα και βρίσκονται μαζί με την απόδειξη τους σε όλα τα σοβαρά βιβλία.

Επίσης μπορείς να τα βρεις στο διαδίκτυο.

Συμφωνώ .

Tolaso J Kos · #5

Και μία εποπτεία ( χωρίς λόγια ):

: Jbr1M.png (53.52 KiB) Προβλήθηκε 3655 φορές

Tolaso J Kos · #6

MathSc έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 14, 2018 9:50 pm
β) Δείξτε ότι η ένωση αριθμήσιμου πλήθους αριθμήσιμων συνόλων είναι αριθμήσιμο σύνολο.

Επιτρέπεται το αξίωμα επιλογής; Αν ναι, έχει καλώς και δύο αποδείξεις βρίσκονται εδώ , αλλιώς ... κλάφτα Χαράλαμπε.

Tolaso J Kos · #7

Με μία κουβέντα που είχα χθες με τον κ. Νίκο Μαυρογιάννη διαπίστωσα πως δε χρειάζεται το αξίωμα επιλογής. Αντ' αυτού μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το διαγώνιο επιχείρημα Cantor-Schroeder-Bernstein και να σχηματίσουμε injections μεταξύ του $\mathbb{N}$ και του $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ .

Κάποια στιγμή θα συμπληρώσω τις λεπτομέρειες.

#8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 06, 2018 9:47 pm
Με μία κουβέντα που είχα χθες με τον κ. Νίκο Μαυρογιάννη διαπίστωσα πως δε χρειάζεται το αξίωμα επιλογής. Αντ' αυτού μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το διαγώνιο επιχείρημα Cantor-Schroeder-Bernstein και να σχηματίσουμε injections μεταξύ του $\mathbb{N}$ και του $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ .

Κάποια στιγμή θα συμπληρώσω τις λεπτομέρειες.

Όχι! Μια μορφή του αξιώματος της επιλογής χρειάζεται. Η πρόταση «Η ένωση αριθμήσιμου πλήθους αριθμήσιμων συνόλων είναι αριθμήσιμο σύνολο» αποδεικνύει εύκολα την πρόταση «Κάθε αριθμήσιμο σύνολο από μη κενά αριθμήσιμα σύνολα έχει συνάρτηση επιλογής».

Το τελευταίο είναι μια πιο αδύναμη μορφή του αξιώματος της επιλογής. Είναι η μορφή 5 εδώ. Στο άρθρο του Sageev που παραπέμπει (πρώτη παράγραφος στην σελίδα 3) λέει ότι "...it is shown that not even for a countable set of disjoint countable sets of reals does a choice set generally exist." Με άλλα λόγια δεν μπορούμε να αποδείξουμε την μορφή 5.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Εκείνο που μπορούμε να αποδείξουμε εύκολα είναι ότι το $\mathbb{Q}^{+}$

είναι ισοπληθικό με ένα $A\subseteq \mathbb{N}$ .

Το $\mathbb{Q}^{+}=\left \{ \frac{m}{n} :m,n\in \mathbb{N}-\left \{ 0 \right \}, (m,n)=1 \right \}$

Αν πάρουμε την $f:\mathbb{Q}^{+}\rightarrow \mathbb{N}$

με $f(\frac{m}{n})=2^{m}(2n-1)$

τότε προφανώς η

είναι 1-1 οπότε το $\mathbb{Q}^{+}$ είναι ισοπληθικό με το

$A=f(\mathbb{Q}^{+})\subseteq \mathbb{N}$

Τέτοιες

υπάρχουν πολλές.
π.χ οι $f(\frac{m}{n})=p^{m}q^{n}$ με p,q

διαφορετικούς πρώτους μας κάνουν.

Ερώτηση .Που χρησιμοποιήθηκε το αξίωμα της επιλογής;

#10

Σταύρο, μάλλον δεν ήμουν ξεκάθαρος. Όταν έλεγα ότι χρειάζεται μια μορφή του αξιώματος της επιλογής μιλούσα για το (β).

#11

Demetres έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2018 10:39 am

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 06, 2018 9:47 pm
Με μία κουβέντα που είχα χθες με τον κ. Νίκο Μαυρογιάννη διαπίστωσα πως δε χρειάζεται το αξίωμα επιλογής. Αντ' αυτού μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το διαγώνιο επιχείρημα Cantor-Schroeder-Bernstein και να σχηματίσουμε injections μεταξύ του $\mathbb{N}$ και του $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ .

Κάποια στιγμή θα συμπληρώσω τις λεπτομέρειες.

Όχι! Μια μορφή του αξιώματος της επιλογής χρειάζεται. Η πρόταση «Η ένωση αριθμήσιμου πλήθους αριθμήσιμων συνόλων είναι αριθμήσιμο σύνολο» αποδεικνύει εύκολα την πρόταση «Κάθε αριθμήσιμο σύνολο από μη κενά αριθμήσιμα σύνολα έχει συνάρτηση επιλογής».

Το τελευταίο είναι μια πιο αδύναμη μορφή του αξιώματος της επιλογής. Είναι η μορφή 5 εδώ. Στο άρθρο του Sageev που παραπέμπει (πρώτη παράγραφος στην σελίδα 3) λέει ότι "...it is shown that not even for a countable set of disjoint countable sets of reals does a choice set generally exist." Με άλλα λόγια δεν μπορούμε να αποδείξουμε την μορφή 5.

Demetres έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2018 1:18 pm
Σταύρο, μάλλον δεν ήμουν ξεκάθαρος. Όταν έλεγα ότι χρειάζεται μια μορφή του αξιώματος της επιλογής μιλούσα για το (β).

Γεια σας. Γράφω κάπως βιαστικά εν μέσω ενός διαλείμματος για φαγητό.
Στην συζήτηση που είχαμε με τον Τόλη τον παρέπεμψα σε μια απόδειξη που έχω υπ΄όψιν και προέρχεται από το βιβλίο του Ι. Kaplansky Set Theory and Metric spaces. Στην σελίδα 22 αποδεικνύει το
Theorem 1. A countable union of countable sets is countable.
Το αξίωμα της επιλογής στο συγκεκριμένο βιβλίο υπάρχει στο κεφάλαιο 3 που αρχίζει από την σελίδα 49.
Επίσης ο Γιάννης Μοσχοβάκης στο βιβλίο του Σημειώσεις στην Συνολοθεωρία παραθέτει στην σελίδα 9 απόδειξη του θεωρήματος
2.10 Θεώρημα (Cantor) Για κάθε ακολουθία , , ...απαριθμητών συνόλων, η ένωση $A=\cup ^{\infty}_{n=0}A_{n}=A_{0}\cup A_{1}\cup ...$ είναι επίσης απαριθμητό σύνολο.
Το αξίωμα της επιλογής και σε αυτό το βιβλίο εμφανίζεται πολυ μετά (κεφάλαιο 8 σελίδα 121).
Τελος και ο Kelley στο General Topology στην σελίδα 26 έχει το
17 Theorem If is a countable family of countable sets, then $\cup \{ A:A \in a \}$ is countable.
Στο βιβλίο του Kelley το αξίωμα της επιλογής και ισοδύναμα του εμφανίζονται στην σελίδα 31.

Τις παραπομπές που αναφέρει ο Δημήτρης, και για τις οποίες ευχαριστούμε, θα τις δω άλλη στιγμή.

#12

Νίκο, είναι λογικό να κάνουν τις αποδείξεις πριν να μιλήσουν για το αξίωμα της επιλογής. Η αριθμησιμότητα είναι πιο απλή έννοια και η χρήση του αξιώματος της επιλογής στην απόδειξη του (β) είναι τόσο αθώα που κανείς δεν πρόκειται να το παρατηρήσει. Ακόμη και ιστορικά να το δούμε έτσι έγινε. O Cantor τα απέδειξε αυτά προτού προταθεί προς χρήση το Αξίωμα της Επιλογής.

Ο Μοσχοβάκης μάλιστα το εξηγεί και στο κεφάλαιο 8. Αντιγράφω και μεταφράζω από την αγγλική έκδοση:

Less amusing but more signiﬁcant for mathematics is the proof of the basic theorem 2.10, where we considered a sequence $A_0, A_1 ,\ldots$ of countable sets and began with the phrase
<...>
but the rest of the proof needs a function $(n \to \pi_n)$ which associates a speciﬁc enumeration $\pi_n$ with each
<...>
the Axiom of Choice guarantees precisely that there exists a function <...> such that for each $n \in \mathbb{N}$ <...> it enumerates .

Such “silent” appeals to the Axiom of Choice, masked by the notation, are very common in mathematics and especially in analysis <...>

Μεταφρασμένο από εμένα:

Λιγότερο διασκεδαστική αλλά πιο σημαντική για τα μαθηματικά είναι η απόδειξη του βασικού θεωρήματος 2.10, όπου θεωρήσαμε μια ακολουθία $A_0, A_1 ,\ldots$ αριθμήσιμων συνόλων και ξεκινήσαμε με την φράση
<...>
αλλά η υπόλοιπη απόδειξη χρειάζεται μια συνάρτηση $(n \to \pi_n)$ η οποία αντιστοιχίζει μια συγκεκριμένη απαρίθμηση $\pi_n$ με κάθε

<...>
το Αξίωμα της Επιλογής εγγυάται ακριβώς την ύπαρξη συνάρτησης <...> η οποία για κάθε $n \in \mathbb{N}$ <...> απαριθμεί το A_n

.

Τέτοιες «σιωπηλές» επικλήσεις στο Αξίωμα της Επιλογής, μεταμφιεσμένες από τους συμβολισμούς, είναι πολύ συχνές στα μαθηματικά και ειδικά στην ανάλυση <...>

$\rule{500pt}{1pt}$

Εν πάση περιπτώσει και για να μην συγχύσω και τους φοιτητές που μας διαβάζουν. Την πρώτη φορά που μαθαίνουμε για την αριθμησιμότητα δεν πρέπει να μας απασχολεί τι είναι το αξίωμα της επιλογής, αν το χρησιμοποιήσαμε ή αν και πως μπορούμε να το αποφύγουμε. Αυτό θα μας απασχολήσει σε κατοπινό στάδιο όταν ήδη έχουμε εξοικειωθεί με την αριθμησιμότητα. Καλή ώρα όπως και τώρα.

#13

Δημήτρη διάβασα το επιχείρημα σου όπως και το επιχείρημα του Μοαχοβάκη το οποίο αν και το είχα δει παλαιότερα το είχα ξεχάσε (την παραπομπή στο οικείο κεφάλαιο "ΕΠΙΛΟΓΕΣ" την έκανα βιαστικά από τον πίνακα περιεχομένων του pdf). Όντας σπίτι και έχοντας το βιβλίο διάβασα προσεκτικά το μέρος στο οποίο αναφέρεσαι. Υπάρχει ακόμη ένα σημείο που δεν καταλαβαίνω. Γιατί πρέπει να καταφύγουμε στο αξίωμα της (έστω αριθμήσιμης) επιλογής και να μην ορίσουμε την επιθυμητή αντιστοίχιση $n\rightarrow \pi _{n}$ με επαγωγή αφού στο βήμα $n\rightarrow n+1$ μπορούμε να επικαλεσθούμε, κάθε φορά, την ύπαρξη μιας $\pi _{n}$ ; Κάτι που φαντάζει βέβαια προφανές. Μήπως και αυτό είναι ο λόγος που οι συγγραφείς που δεν χρησιμοποιούν το αξίωμα της επιλογής δεν κάνουν κάποια σαφή μνεία; Βλέπω ότι ο Halmos στο βιβλίο του "Αφελής Συνολοθεωρία" (Κεφ. 23 σελίδα 136 της Ελληνικής έκδοσης) μολονότι έχει προηγηθεί το Αξίωμα της επιλογής δεν το αναφέρει ρητά. Πάντως θα το ξανακοιτάξω το θέμα. Σε αυτά τα ζητήματα είμαι πάντα ανήσυχος μήπως κάνω λάθος. Ήδη έχω κάνει τρία τέτοια λάθη σε αυτή την περιοχή στο mathematica την δεκαετία που μας πέρασε και τα θυμάμαι.

Το ένα μάλιστα ήταν με αφορμή μια λύση που είχες δώσει εσύ.

#14

Νίκο θυμάμαι ότι όταν τα είχα πρωτοδεί με είχε απασχολήσει το συγκεκριμένο ερώτημα. Η απάντηση είναι η εξής:

Ας πάμε στην πιο «απλή» περίπτωση όπου θέλουμε να αποδείξουμε την αριθμήσιμη επιλογή. Έχουμε δηλαδή μη κενά σύνολα $A_1,A_2,\ldots$ και θέλουμε να δείξουμε ότι υπάρχει συνάρτηση $f:\mathbb{N} \to \cup A_i$ ώστε $f(n) \in A_n$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Ο λόγος που δεν μπορώ να χρησιμοποιήσω επαγωγή, τουλάχιστον όχι με τον προφανή τρόπο, είναι ότι δεν μπορώ να βρω μια πρόταση P(n)

ώστε αν δείξω ότι «για κάθε $n \in \mathbb{N}$ ισχύει η P(n)

» τότε θα έχω το ζητούμενο.

Π.χ. αν η P(n)

είναι η πρόταση «Υπάρχει $a_n \in \cup A_i$ ώστε $a_n \in A_n$ » τότε το $\forall n \, P(n)$ δεν μου δίνει την ύπαρξη συνάρτησης αλλά ότι όλα τα A_n

είναι μη κενά.

Μπορώ να πάρω ως P(n)

την πρόταση «Υπάρχει $f:\{1,2,\ldots,n\} \to \cup A_i$ ώστε $f(k) \in A_k$ για κάθε $k \in \{1,2,\ldots,n\}$ »

Αυτό αποδεικνύεται επαγωγικά όπως εξήγησες αλλά πάλι το $\forall n \, P(n)$ δεν δίνει μία συνάρτηση που ορίζεται στο $\mathbb{N}$ αλλά πολλές συναρτήσεις οι οποίες ορίζονται σε πεπερασμένα σύνολα.

Θα θέλαμε να πούμε: «Ναι αλλά αν ονομάσω με f_n

την συνάρτηση στο $\{1,2,\ldots,n\}$ όχι μόνο υπάρχουν συναρτήσεις αλλά μπορώ να τις πάρω με τέτοιο τρόπο ώστε f_n(k) = f_m(k)

για κάθε $k \leqslant m,n$ . Και μετά μπορώ να ορίσω την συνάρτηση

στο $\mathbb{N}$ ώστε f(k) = f_k(k)

.» Δυστυχώς όμως ούτε αυτό δουλεύει. Διότι πάλι δεν μπορώ να βρω κατάλληλη πρόταση P(n)

η οποία να περικλείει το « f_n(k) = f_m(k)

για κάθε $k \leqslant m,n$ ».

Η μη εύρεση κατάλληλης P(n)

δεν είναι απλά αδυναμία δική μας. Έχει αποδειχθεί ότι το αξίωμα της αριθμήσιμης επιλογής είναι ανεξάρτητο του ZF.

Παρεμπιπτόντως το επιχείρημα που χρησιμοποίησες (αφού βρήκα αυτό που θέλω για το n=k

βρίσκω μετά για το n=k+1

και εν τέλει τα παίρνω όλα μαζί) είναι ουσιαστικά το Axiom of Dependent Choice το οποίο είναι πιο ισχυρό από το Axiom of Countable Choice και λέει το εξής:

Έστω ότι έχουμε ένα μη κενό σύνολο

και μια σχέση

στο

. Έστω επίσης ότι για κάθε $x \in A$ υπάρχει $y \in A$ ώστε xRy

. Τότε μπορώ να βρω μια ακολουθία (a_n)

από στοιχεία του

ώστε $a_nRa_{n+1}$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

#15

Δημήτρη κοίταξα το θέμα. Έχεις απόλυτο δίκιο.
Βλέποντας τόσους σημαντικούς συγγραφείς να μην συνδέουν την απόδειξη με το το αξίωμα της επιλογής είχα μείνει με την εντύπωση ότι πράγματι δεν χρειάζεται.
Εκτός από αυτούς που ανέφερα είδα ότι το αξίωμα της επιλογής παρακάμτεται από τον Lang στο Analysis I αλλά και στο Analysis II όπού έχει και το λήμμα του Zorn. Παρομοίως ο Rudin στο Principles of Mathematical Analysis καθώς και ο Dieudonne στο Foundations of Modern Analysis. Το φαινόμενο αυτό παρατηρείται και σε βιβλία που δεν εμπίπτουν στην περιοχή της Ανάλυσης όπως λ.χ. το Algebra Ι του van der Waerden.
Μάλιστα είχα την εντύπωση ότι η απόδειξη ύπαρξης της επίμαχης αρίθμησης μπορεί να γίνει μέσω ορισμού με επαγωγή και ότι το κάθε φορά "έστω" είναι αρκετό. Η απάντηση που έγραψες είναι διαφωτιστική. Διαβάζοντας περισσότερα βρήκα και ένα ακόμη επιχείρημα για το ότι δεν υπάρχει τρόπος να αποδειχθεί στην Zermelo-Fraenkel ότι η ένωση αριθμήσιμου πλήθους αριθμησίμων συνόλων είναι αριθμήσιμη. Ο Thomas J. Jech στο βιβλίο του The Axiom o Choice που εκδόθηκε το 1973 και επανεκδόθηκε σε έκδοση Dover το 2008 έχει (σελ. 142 Th 10.6) το ακόλουθο θεώρημα:
Υπάρχει μοντέλο της ZF στην οποία το σύνολο των πραγματικών αριθμών είναι ένωση αριθμήσιμου πλήθους αριθμησίμων συνόλων.
Ευχαριστώ και πάλι.

stranger · #16

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2018 11:50 am
Εκείνο που μπορούμε να αποδείξουμε εύκολα είναι ότι το $\mathbb{Q}^{+}$

είναι ισοπληθικό με ένα $A\subseteq \mathbb{N}$ .

Το $\mathbb{Q}^{+}=\left \{ \frac{m}{n} :m,n\in \mathbb{N}-\left \{ 0 \right \}, (m,n)=1 \right \}$

Αν πάρουμε την $f:\mathbb{Q}^{+}\rightarrow \mathbb{N}$

με $f(\frac{m}{n})=2^{m}(2n-1)$

τότε προφανώς η είναι 1-1 οπότε το $\mathbb{Q}^{+}$ είναι ισοπληθικό με το

$A=f(\mathbb{Q}^{+})\subseteq \mathbb{N}$

Τέτοιες υπάρχουν πολλές.
π.χ οι $f(\frac{m}{n})=p^{m}q^{n}$ με διαφορετικούς πρώτους μας κάνουν.

Ερώτηση .Που χρησιμοποιήθηκε το αξίωμα της επιλογής;

Δεν διάβασα όλα τα μηνύματα όποτε μπορεί κάποιος να έχει πει αυτό που θα πω τώρα.
Οι συναρτήσεις που αναφέρεις δεν είναι καλά ορισμένες.Για παράδειγμα μπορεί να έχουμε $\frac{m}{n} =\frac{s}{w}$ και $p^m q^n \neq p^s q^w$
Αυτο που μπορεις να κάνεις είναι να ορίσεις $f:\mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ με f(m,n)=p^n q^m

όπου

πρώτοι αριθμοί. Αυτή η συνάρτηση είναι 1-1. Άρα έχουμε ότι $|\mathbb{N} \times \mathbb{N}|=|\mathbb{N}|$ . Τώρα για να αποδείξεις ότι $|\mathbb{Q}_{+}|=|\mathbb{N} \times \mathbb{N}|$ μπορείς να ορίσεις $g: \mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}_{+}$ με $g(m,n)=\frac{m}{n}$ η οποία είναι επί, που σημαίνει ότι $|\mathbb{Q}_{+}| \leq|\mathbb{N} \times \mathbb{N}|$ , άρα το $\mathbb{Q}_{+}$ είναι αριθμήσιμο.
Βέβαια χρησιμοποιείς το αξίωμα της επιλογής για να αποφανθείς το τελευταίο.Με αλλα λόγια χρειάζεται αξίωμα επιλογής για να αποδείξεις τη πρόταση που λέει: $h:A \rightarrow B$ είναι επί $\Rightarrow |B| \leq |A|$ .
Ας με διορθώσει κάποιος αν κάνω κάποιο λάθος.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #17

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 19, 2019 7:33 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2018 11:50 am
Εκείνο που μπορούμε να αποδείξουμε εύκολα είναι ότι το $\mathbb{Q}^{+}$

είναι ισοπληθικό με ένα $A\subseteq \mathbb{N}$ .

Το $\mathbb{Q}^{+}=\left \{ \frac{m}{n} :m,n\in \mathbb{N}-\left \{ 0 \right \}, (m,n)=1 \right \}$

Αν πάρουμε την $f:\mathbb{Q}^{+}\rightarrow \mathbb{N}$

με $f(\frac{m}{n})=2^{m}(2n-1)$

τότε προφανώς η είναι 1-1 οπότε το $\mathbb{Q}^{+}$ είναι ισοπληθικό με το

$A=f(\mathbb{Q}^{+})\subseteq \mathbb{N}$

Τέτοιες υπάρχουν πολλές.
π.χ οι $f(\frac{m}{n})=p^{m}q^{n}$ με διαφορετικούς πρώτους μας κάνουν.

Ερώτηση .Που χρησιμοποιήθηκε το αξίωμα της επιλογής;
Δεν διάβασα όλα τα μηνύματα όποτε μπορεί κάποιος να έχει πει αυτό που θα πω τώρα.
Οι συναρτήσεις που αναφέρεις δεν είναι καλά ορισμένες.Για παράδειγμα μπορεί να έχουμε $\frac{m}{n} =\frac{s}{w}$ και $p^m q^n \neq p^s q^w$
Αυτο που μπορεις να κάνεις είναι να ορίσεις $f:\mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ με όπου πρώτοι αριθμοί. Αυτή η συνάρτηση είναι 1-1. Άρα έχουμε ότι $|\mathbb{N} \times \mathbb{N}|=|\mathbb{N}|$ . Τώρα για να αποδείξεις ότι $|\mathbb{Q}_{+}|=|\mathbb{N} \times \mathbb{N}|$ μπορείς να ορίσεις $g: \mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}_{+}$ με $g(m,n)=\frac{m}{n}$ η οποία είναι επί, που σημαίνει ότι $|\mathbb{Q}_{+}| \leq|\mathbb{N} \times \mathbb{N}|$ , άρα το $\mathbb{Q}_{+}$ είναι αριθμήσιμο.
Βέβαια χρησιμοποιείς το αξίωμα της επιλογής για να αποφανθείς το τελευταίο.Με αλλα λόγια χρειάζεται αξίωμα επιλογής για να αποδείξεις τη πρόταση που λέει: $h:A \rightarrow B$ είναι επί $\Rightarrow |B| \leq |A|$ .
Ας με διορθώσει κάποιος αν κάνω κάποιο λάθος.

Αν έβλεπες το

$\mathbb{Q}^{+}=\left \{ \frac{m}{n} :m,n\in \mathbb{N}-\left \{ 0 \right \}, (m,n)=1 \right \}$

τότε δεν θα ισχυριζόσουν ότι οι συναρτήσεις δεν είναι καλά ορισμένες.

Τα άλλα που γράφεις σωστά είναι.
Απλά αν χρησιμοποιούσα το αξίωμα επιλογής θα μπορούσε
και η δική μου απόδειξη να το δώσει και να είναι πιο σύντομη.
(το μόνο που χρειάζεται είναι ότι κάθε άπειρο υποσύνολο των φυσικών
είναι ισοπληθικό με αυτούς)

stranger · #18

Ναι έχεις δικιο.Είναι καλά ορισμένη γιατί θεωρείς ότι ο μέγιστος διαιρέτης είναι 1.Το διάβασα πολύ πρόχειρα και δεν το είδα ότι το αναφέρεις.

αριθμήσιμο σύνολο

αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Re: αριθμήσιμο σύνολο

Μέλη σε σύνδεση