Recordemos que una contables set $S$ implica que existe un bijection $\mathbb{N}\to S$. Ahora, yo considero (0,1). Quiero demostrar por contradicción que $(0,1)$ no es contable.
En primer lugar, supongo que, al contrario, existe un bijection $f$, y no puedo encontrar un elemento en $S$, pero no en el rango de $f$. Pero no puedo encontrar dicho elemento. ¿Cómo se puede construir una $f$?
A la pregunta del título. Deje $S=\{f\colon\mathbb{N}\to\{0,1\}\}$ ser el conjunto de todas las funciones de$\mathbb{N}$$\{0,1\}$, y deje $g\colon\mathbb{N}\to S$ ser cualquier función. Nos muestran que $g$ no es sobre (en particular, $g$ no es bijective).
Definir $f_g\colon\mathbb{N}\to\{0,1\}$ como sigue: $$f_g(n) = \left\{\begin{array}{ll} 0 &\text{if }(g(n))(n) = 1,\\ 1 &\text{if }(g(n))(n) = 0. \end{array}\right.$$ Tenga en cuenta que esto tiene sentido: $g(n)\in S$, lo $g(n)$ es una función de $\mathbb{N}\to\mathbb{S}$. Por lo tanto, podemos evaluar la $g(n)$ en cualquier número natural, y obtener cualquiera de las $0$ o $1$. Por lo $(g(n))(n)$ es $0$ o $1$.
Mostrar que $f_g\in S$ y $f_g\neq g(m)$ por cada $m\in\mathbb{N}$. A la conclusión de que $f_g$ no está en la imagen de $g$, lo $g$ no es sobre.
La pregunta en el cuerpo. Deje $g\colon\mathbb{N}\to(0,1)$ ser cualquier función. Nos muestran que hay un número $x_g\in(0,1)$ que no está en la imagen de $g$, por lo tanto $g$ no es, por lo tanto no surjective.
Definimos $x_g$ a través de su expansión decimal: para los números en $(0,1)$ que tiene dos expansiones decimales, elegir uno de una vez por todas; por ejemplo, elija uno con una cola de $0$s en lugar de una cola de $1$s. Nos vamos a $$x_g = \sum_{i=1}^{\infty}\frac{x_i}{10^i}$$ donde $$x_n = \left\{\begin{array}{ll} 5 & \text{if the }n\text{th decimal of }g(i)\text{ is not }5;\\ 6 & \text{if the }n\text{th decimal of }g(i)\text{ is }5. \end{array}\right.$$ Mostrar que $x_g$ es un número en $(0,1)$, y que no es igual a $g(m)$ cualquier $m$.
Usted puede notar la similitud en ambas construcciones. De hecho, todos ellos implican la misma idea, llamado "el Cantor de la Diagonal Argumento."
Voy a asumir que usted quiere demostrar que $(0,1)$ es incontable. Hay varias maneras de hacer esto, el uso de diferentes áreas de las matemáticas. Te voy a mostrar el más intuitivo:
Si es contable, entonces no es un bijection de$N$$S$. Esto le permite enumerar todos los elementos en $(0,1)$ como este:
$1 \leftrightarrow 0.d_{11} d_{12}\ldots$
$2 \leftrightarrow 0.d_{21} d_{22}\ldots$
$3\ldots$
donde $d_{ij}$ son los "dígitos", es decir, los números de 0 a 9
Puede usted construir un nuevo número en (0,1) que es diferente de todos estos números? Si es así, usted ha encontrado un número en (0,1), que no es "asignado a" por la bijection. Por lo tanto una contradicción.
He aquí una prueba que se basa en el hecho de que una secuencia anidada de intervalos cerrados es no vacío. Mientras que esta se basa en la integridad, por lo que la expansión decimal pruebas de la existencia de un decimal de expansión también se basa en la integridad. La prueba de uso infinito de secuencias binarias no tienen este problema, pero el uso de ese resultado para mostrar $(0,1)$ es incontable todavía requiere una manera de identificar las infinitas secuencias binarias con reales en $(0,1)$.
Prueba. Supongamos $(0,1) = \{x_k:k<\omega\}$. Para $n=0$, elegir algún intervalo cerrado $I_0\subseteq (0,1)$ que no contenga $x_0$. En general, para $n\ge 0$, supongamos que hemos cerrado definido por intervalos de $I_0\supseteq I_1 \supseteq \ldots \supseteq I_n$, de modo que $I_n$ no contiene ninguno de los puntos de $x_0 \ldots, x_n$. Después elegimos un intervalo cerrado $I_{n+1}\subseteq I_n$ que no contiene ninguno de los puntos de $x_0,\ldots , x_n, x_{n+1}$. Esto completa la construcción.
La intersección $\bigcap_n I_n$ contiene un punto de $(0,1)$ porque es la intersección de una anidados colección de intervalos cerrados, pero en el otro lado de la intersección contiene no $x_k$ cualquier $k<\omega$,. Esta es una contradicción. Por lo tanto, $(0,1)$ no contables.
Edit: Otra ventaja de esta prueba es que funciona igual de bien con $\mathbb{R}$ en lugar de $(0,1)$. Por lo tanto no hay necesidad de identificar a $(0,1)$ $\mathbb{R}$ a través de algunos bijection que es el enfoque habitual para mostrar que $\mathbb{R}$ es incontable.
En vez de hacer esto por contradicción, supongamos $c_1,c_2,c_3,\ldots$ es una secuencia de miembros de $(0,1)$ y tratan de demostrar que en cada abrir subinterval de $(0,1)$ hay puntos que no están en la secuencia. Set $i=1$ e incremento $i$ hasta $c_i$ es en el subinterval, y llame el punto de llegar a $d_1$. (Si es que eso nunca suceda, a continuación, elija cualquier punto en el subinterval y estamos listo). A continuación, mantener el incremento de $i$ hasta llegar a un punto en el subinterval que es mayor que $d_1$, y llamar a $e_1$. A continuación, continuar incrementando $i$ hasta llegar a un punto en $(d_1,e_1)$ y llamar a $d_2$. A continuación, continuar incrementando $i$ hasta llegar a un punto en $(d_1,e_1)$ que es mayor que $d_2$ y llamar a $e_2$. Seguir adelante en ese camino. A continuación,$d_1<d_2<d_3<\cdots <e_3<e_2<e_1$. Considere la posibilidad de $a=\sup_n d_n$. Puedo reclamar $a$ no está en la secuencia original $c_1,c_2,c_3,\ldots$. Si lo fuera, finalmente se ha excluido del sucesivamente estrechamiento de intervalo.
Que en realidad es cómo Cantor original resultó ser el conjunto de todos los reales es incontable, unos tres años antes de que él se acercó con su primer argumento diagonal.
Nota posterior:
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