28.12.2009 10:37 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 3 155 | мм... доказательство, зависящее от основания системы счисления - это все равно что геометрическое доказательство теоремы Пифагора, зависящее от толщины нарисованных линий. Редактировалось 1 раз(а). Последний 28.12.2009 10:46.
|
28.12.2009 10:54 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 624 | А вот и нет. Доказательство от системы не зависит, результат тоже. Доказательство лишь использует тот факт, что любое число можно записать в десятичной системе счисления. Вы всего лишь предлагаете понять, почему не работает совсем другое доказательство, которое по-вашему мало от исходного отличается, а на самом деле существенно.
|
28.12.2009 16:09 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 36 | +1 Цитата
Доказательство, зависящее от основания системы счисления - это все равно что геометрическое доказательство теоремы Пифагора, зависящее от толщины нарисованных линий
Абсолютно полностью согласен И вообще все это вранье - рациональные числа от иррациональных алгебраических ничем не отличаются - вот другое дело это трансцендентные но они сами по себе А минимальное число на интервале 0<x<1 это 0+10^-oo
|
28.12.2009 16:43 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 13 190 | Про шишку. Цитата
a3846792
Цитата
Доказательство, зависящее от основания системы счисления - это все равно что геометрическое доказательство теоремы Пифагора, зависящее от толщины нарисованных линий
Абсолютно полностью согласен И вообще все это вранье - рациональные числа от иррациональных алгебраических ничем не отличаются - вот другое дело это трансцендентные но они сами по себе А минимальное число на интервале 0<x<1 это 0+10^-oo
Тогда уж в конце стоит добавить весьма здесь уместное: «А знаете ли, что у алжирского бея <дея> под самым носом шишка?»
|
28.12.2009 16:56 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 3 155 | хм. Цитата
a3846792
А минимальное число на интервале 0<x<1 это 0+10^-oo
нет такого числа $0+10^{-\infty}$. а уж если есть, то тогда число $0+10^{-2\infty}$ меньше его, и так далее.
|
28.12.2009 17:15 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 3 155 | хм. я вот тут к старому посту museum'а обратился, и такие мысли возникли: а как вообще Кантор использует предположение счетности множества действительных чисел в доказательстве? у него там просто упорядоченное множество действительных чисел, которое может быть упорядоченно и без всякой счетности. и он просто показывает парадокс (тут меня опять поди будут ругать, что я приписываю Кантору не его утверждения), что среди совокупности всех чисел есть число, не принадлежащее этой совокупности. похоже на парадокс Рассела. но при чем тут все-таки счетность? и кстати, у Кантора совокупность и множество - это разные вещи, хотя в определении множества по Расселу говорится, что множество - это совокупность элементов. петрушка вобщем. Редактировалось 3 раз(а). Последний 28.12.2009 17:51.
|
28.12.2009 18:10 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 13 190 | Сколько вешать в граммах? Зачем обсуждать то-не знаю что? Давайте сделаем так - Вы коротко набросаете здесь само обсуждаемое Вами "рассуждение Кантора с упорядоченными множествами", тогда и появится "что обсуждать".
|
28.12.2009 18:11 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 66 | бесконечное доказательство Оооо... как то тоже загонялся... не так много правда... но немного по другому. Ну пусть мы нашли число не входящее в множество пронумерованных. Ну и что?! Теперь включим его в это множество получим счётное множество. И всё в порядке. Конечно опять можно перенумеровать уже с этим числом и опять получить новое число не входящее в множество пронумерованных. Т.е. пртиворечие. Но сразу же можно и его включить и опять утверждать.. и опять и опять.. вроде бы как то так вот.
|
28.12.2009 18:22 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 13 190 | ... давненько не брал я в руки шашек.... Вот играете Вы в шахматы. И поставил Ваш противник Вам мат. Вы же не кричите: "обознатушки-перепрятушки!!! , давай я все свои ходы, начиная с пятого, заново перехожу". Нет, Вы честно лезете под стол и оттуда три раза ку-ка-ре-ку-ете, если игра шла на "три ку-ка-ре-ку". Так и здесь: "Ну пусть мы нашли число не входящее в множество пронумерованных. Ну и что?! " - ВСЕ, АЛЛЕС КАПУТ, ПАРТИЯ ПРОИГРАНА! В доказательствах тоже "перехаживать заново с пятого хода" нельзя.
|
28.12.2009 19:06 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 624 | Очень просто. Цитата
zklb
а как вообще Кантор использует предположение счетности множества действительных чисел в доказательстве? у него там просто упорядоченное множество действительных чисел, которое может быть упорядоченно и без всякой счетности.
Нужно, чтобы чисел было столько же, сколько разрядов в одном числе. Иначе диагональка неровная выйдет. Редактировалось 1 раз(а). Последний 28.12.2009 19:08.
|
28.12.2009 19:07 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 624 | И это тоже очень просто. Цитата
zklb
и кстати, у Кантора совокупность и множество - это разные вещи, хотя в определении множества по Расселу говорится, что множество - это совокупность элементов. петрушка вобщем.
А не важно, что было у Кантора. Его наивная теория множеств вообще противоречива, это Рассел и подметил в своё время. Сейчас все разговаривают о более приличных вещах, типа там ZFC итп, противоречий в которых пока не видно. Цитата
koky
Ну пусть мы нашли число не входящее в множество пронумерованных. Ну и что?! Теперь включим его в это множество получим счётное множество.
Еще один ... Вот этот вопрос уж точно тыщу раз обсуждён. Соображайте, что такое доказательство от противного. brukvalub хорошо расписал :) Редактировалось 3 раз(а). Последний 28.12.2009 19:10.
|
28.12.2009 20:27 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 36 | Формальный бред Цитата
Нет такого числа 0+10-∞. а уж если есть, то тогда число 0+10-2∞ меньше его, и так далее.
А ято был уверен что oo=2oo=3oo и тд А что касается нет такого числа то предельчик можно составить lim 0+10-n at n=-oo вот это и есть заданное число Кстати по поводу метода который кантор типа придумал - я могу также доказать несчетность рациональных чисел - возьмем дроби m/n и пронумернум дроби m/1 всеми натуральными числами - тогда числоа 1/2 уже не будет использоваться - а ПЕРЕРАСПРЕДЕЛЯТЬ ТО УЖЕ НЕЛЬЗЯ - партия уже закончилась Вот так легко с помощью псевдометодов можно доказать все что угодно Редактировалось 1 раз(а). Последний 28.12.2009 20:30.
|
28.12.2009 21:53 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 13 190 | и только у глупости нет предела... Цитата
a3846792
Цитата
Нет такого числа 0+10-∞. а уж если есть, то тогда число 0+10-2∞ меньше его, и так далее.
А ято был уверен что oo=2oo=3oo и тд А что касается нет такого числа то предельчик можно составить lim 0+10-n at n=-oo вот это и есть заданное число Кстати по поводу метода который кантор типа придумал - я могу также доказать несчетность рациональных чисел - возьмем дроби m/n и пронумернум дроби m/1 всеми натуральными числами - тогда числоа 1/2 уже не будет использоваться - а ПЕРЕРАСПРЕДЕЛЯТЬ ТО УЖЕ НЕЛЬЗЯ - партия уже закончилась Вот так легко с помощью псевдометодов можно доказать все что угодно
Ровно так же я могу доказать, что уравнение $x-1=0$ не имеет решений: подставим $x=2$ - равенство неверно, поэтому решений нет.
|
28.12.2009 21:58 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 624 | ... a3846792, Ваша наивность обезоруживает. Вы всё еще пытаетесь своим криком привлечь моё внимание? Я польщён.  Ну то есть я очень не люблю, когда другие пишут бред (типа Вашего последнего сообщения), но уже привык, что в таких случаях лучше промолчать. Пусть визжат сколько хотят, до потери пульса (извиняюсь, это по фрейду, начитался недавно холиваров про pulseaudio). Обсуждать в таких сообщениях всё равно нечего. Вы довольны моим ответом, a3846792? Если да, то я обретаю чувство выполненного долга и потому больше не буду. Если нет - тем более не буду. Как-то так.  В самом деле, чего-то я разоффтопился не на шутку. Вдруг еще наши читатели чего нехорошего подумают - у нас ведь и имена на одну букву начинаются, легко перепутать, правда? Нет, это я, ad_dy, оффтоп развожу, репутация a3846792 в этом сообщении, надеюсь, не пострадала. (Чего нет, того нет). Редактировалось 1 раз(а). Последний 28.12.2009 22:01.
|
28.12.2009 22:53 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 3 155 | хм Цитата
ad_dy
Цитата
zklb
а как вообще Кантор использует предположение счетности множества действительных чисел в доказательстве? у него там просто упорядоченное множество действительных чисел, которое может быть упорядоченно и без всякой счетности.
Нужно, чтобы чисел было столько же, сколько разрядов в одном числе. Иначе диагональка неровная выйдет.
ну чисел ровно столько сколько и разрядов в числе - бесконечное число. это как то зависит от счетности?
|
29.12.2009 02:40 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 3 155 | вровень с Кантором Цитата
brukvalub
Ровно так же я могу доказать, что уравнение $x-1=0$ не имеет решений: подставим $x=2$ - равенство неверно, поэтому решений нет.
вот и он - предположил счетность чисел, доказал что множество действительных чисел не полно, и сделал вывод о его несчетности.
|
29.12.2009 02:49 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 3 155 | 2 ad_dy а...сообразил... в действительном числе число разрядов счетно, потому и их множество должно быть счетно. но если оно несчетно, как доказывает Кантор, разве нельзя использовать тот же диагональный метод? он нам даст тот же вывод (если даст), но вывод о неполноте, а не о мощности множества. или во вполне упорядоченном множестве нет таких понятий, как "первое число", "второе число"? Редактировалось 1 раз(а). Последний 29.12.2009 02:55.
|
29.12.2009 08:55 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 624 | ... Цитата
во вполне упорядоченном множестве нет таких понятий, как "первое число", "второе число"?
Есть, но дело в том, что оно ими не обязано исчерпываться. Почитайте про трансфинитные числа и трансфинитную индукцию, это из этой области. Ну это где считают $1,2,3,...,\omega,\omega+1,...,2\omega,...,\omega^2...$ - это всё счётные трансфиниты, итп., а потом начинаются несчётные,... Остальные вопросы не понял. Цитата
вот и он - предположил счетность чисел, доказал что множество действительных чисел не полно, и сделал вывод о его несчетности.
Не вижу ничего общего, кроме, быть может, стихотворного размера. Редактировалось 2 раз(а). Последний 29.12.2009 08:59.
|
29.12.2009 10:11 Дата регистрации:
15 лет назад Посты: 3 155 | хм. про трансфинитные числа я помню. то есть Вы говорите о том, что в случае несчетного множества диагональный метод подстраховывается тем, что получаемое число может быть за пределами трансфинитных чисел?
|
29.12.2009 10:41 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 624 | Снова ничё не понял. Я говорю только то, что если в табличке столбиков существенно меньше, чем строчек, то ровной диагональки у неё не будет. А количество столбиков у нас фиксировано - это порядковое число $\omega$. Специально для троллей уточняю: то, что я тут упоминаю трансфинитные числа, не означает, что они используются в доказательстве теоремы Кантора. Цитата
про трансфинитные числа я помню
Но, тем не менее, какие-то слишком наивные вопросы про них задаёте. _________________ И вообще, я категорически предлагаю перевести разговор от действительных чисел к множеству подмножеств $\mathbb{N}$. Это гораздо нагляднее, и существенно упрощает разговор. В этом случае теорема Кантора гласит, что $|2^X|>|X|$ для любого множества $X$ (то есть даже более сильную формулировку можем взять), и доказывается так: От противного, пусть $f:X\to 2^X$ - биекция, тогда рассмотрим множество $A=\{x\in X: x\notin f(x)\}\in 2^X$, и если $f(x)=A$ для некоторого $x$, то рассмотрим два случая: 1. Если $x\in A$, то по определению $A$ имеем $x\notin f(x)=A$, противоречие 2. Если $x\notin A$, то по определению $A$ имеем $x\in f(x)=A$, противоречие Значит, такого $x$, что $f(x)=A$, не существует, что противоречит тому, что $f$ есть биекция. В каком месте не понятно? Редактировалось 2 раз(а). Последний 29.12.2009 10:51.
|
