Demostrar que el intervalo abierto $(0, 1)$ contiene uncountably números infinitos.
Al parecer, hay una forma de demostrar esta proposición mediante el Cantor de la diagonalización argumento.
¿Cómo funciona eso? ¿Cómo mirar la diagonal de una gran cuadrícula de números de ayuda? Hay una manera más sencilla prueba?
Podemos tomar un pequeño giro de Matt N. de la pista para asegurarse de que no se ejecute en problemas con dos representaciones. A ver cuál es el problema, tenga en cuenta que, por ejemplo, hay dos formas de escritura $\frac{1}{2}$ en binario: $$0.100000\ldots\quad\text{and}\quad 0.011111\ldots$$ En principio, sería que la lista comienza con $0.1000\ldots$, y luego los números en la posición $n$ han $n$th dígitos igual a $0$ todos los $n\gt 1$. Entonces la recta "cambiar el dígito" proceso conduce a $0.01111\ldots$, que está en la lista (es una representación diferente de la primer número de la lista).
Así que la primera cosa que necesita hacer es especificar que vamos a utilizar una representación particular en nuestra "lista", normalmente se termina si no es una opción.
Que hacer, en lugar de mirar a la diagonal solo dígito, el trabajo con las diagonales en bloques de $2$; es decir, mirar a los dígitos en la posición $1$ $2$ primero, y luego los dígitos en las posiciones $3$ $4$ para el segundo número y así sucesivamente, buscando que los dígitos en la posición $2k+1$ $2k+2$ $k$th número. Luego de hacer el "switch" asegurar que el número de construir ¿ no tiene dos representaciones distintas. Por ejemplo, si el $k$th numero en la lista $00$, $01$, o $11$ $2k+1$ $2k+2$ posiciones, a continuación, poner $10$ en su número de teléfono en esas posiciones; si el $k$th número en la lista de ha $10$, a continuación, poner $01$ en su lista. A continuación, el número de construir no tiene dos representaciones, de modo que usted puede probar que no está en la lista por la simple comparación de las $2k+1$ $2k+2$ dígitos con el $k$th número en la lista.
Así que si tu lista parece: $$\begin{align*} &0.{\color{red}{a_{11}a_{12}}}a_{13}a_{14}a_{15}a_{16}\cdots a_{1,2k+1}a_{1,2k+2}\cdots\\ &0.a_{21}a_{22}{\color{red}{a_{23}a_{24}}}a_{25}a_{26}\cdots a_{2,2k+1}a_{2,2k+2}\cdots\\ &0.a_{31}a_{32}a_{33}a_{34}{\color{red}{a_{35}a_{36}}}\cdots a_{3,2k+1}a_{3,2k+2}\cdots\\ &\vdots\\ &0.a_{k1}a_{k2}a_{k3}a_{k4}a_{k5}a_{k6}\cdots {\color{red}{a_{k,2k+1}a_{k,2k+2}}}\cdots\\ &\vdots \end{align*}$$ A continuación, tomar cada bloque de color rojo y la construcción de un nuevo número $$0.\color{blue}{b_{1}b_{2}}\color{green}{b_3b_4}\color{brown}{b_5b_6}\cdots\color{magenta}{b_{2k+1}b_{2k+2}}$$ donde $\color{blue}{b_1b_2}$ es elegido de manera que es diferente de $\color{red}{a_{11}a_{12}}$; $\color{green}{b_3b_4}$ se elige de manera que es diferente de $\color{red}{a_{23}a_{24}}$; $\color{brown}{b_5b_6}$ se ha elegido de forma que es distinta de la de $\color{red}{a_{35}a_{36}};\ldots,\color{magenta}{b_{2k+1}b_{2k+2}}$ es elegido de manera que es diferente de $\color{red}{a_{k,2k+1}a_{2k+2}}$, etc. Así que usted está "bajando por la diagonal" y cambiar las cosas para que el número resultante no está en la lista: no es el primer número de la lista, ya que difiere de él en las primeras dos entradas y su número tiene sólo una representación. No es el segundo número en la lista, ya que difiere de aquél en el tercer y cuarto dígitos; dado cualquier $k$, el número de construcción es que no la $k$th número en la lista, ya que difiere de éste en el $2k+1$ $2k+2$ posiciones. Etc.
Allí ya se han publicado un par de muy buenas respuestas explicando cómo demostrarlo mediante diagonalización. Sólo por su conciencia, aquí es una forma alternativa de mostrar.
Ver el $[0,1]$ como un espacio métrico (un subespacio de $\mathbb{R}$ con la habitual distancia Euclidiana). Es completa, ya que $\mathbb{R}$ es completa y $[0,1]$ es cerrado. Pero podemos escribir $$ [0,1] = \bigcup_{x \in [0,1]}\{x\}. $$
Los únicos son cerrados y vacío interior, de lo que se deduce que el $[0,1]$ debe ser innumerables, de lo contrario se estaría en contradicción con la Categoría de Baire Teorema. A partir de aquí, tenemos que $(0,1)$ se obtiene por extracción de los dos elementos de una multitud innumerable, y por lo $(0,1)$ es incontable.
$\newcommand{\N}{\mathbb N}$ Deje $f:\N\to (0,1)$ una función. Dado $n\in\N$ considerar la infinita representación de $f(n)$, $$f(n)=0.a^n_1a^n_2\ldots a_n^n\ldots$$ in base $10$. Este infinito representación es única.
Para cada una de las $n\in\N$ definir $$b_n=\begin{cases} 5 & \text{if} &a_n^n\neq 5\\ 7 & \text{if} & a_n^n=5\end{cases}$$ we will see that $y=0.b_1b_2b_3\ldots$ can not be in the image of $f$.
Supongamos que hay un $l\in\N$ tal que $$y=f(l)=0.a_1^la_2^l\ldots a_l^l\ldots$$ A continuación,$a_l^l=b_l$, es decir, $$a_l^l=\begin{cases} 5&\text{if}& a_l^l\neq 5\\ 7&\text{if}&a_l^l=5\end{cases}$$ se puede ver que ese $l$ no es posible.
Por lo tanto, $f$ no es surjective y $(0,1)$ es no numerable.
Diagonal de Cantor argumento dice: Supongamos que hay cualquier contables colección de números, entonces no es otro número que no está en la colección.
Para usarlo, se asume que el $\{a_n\mid n\in\mathbb N\}$ es una contables colección de números de $(0,1)$, vamos a $a_n^i$ $i$- ésimo dígito en la representación decimal de $a_n$, vamos a $a$ ser un número tal que $a^i\neq a_i^i$ todos los $i$ (si también asegurarse de que $a^i\neq0,9$ a continuación, se han asegurado de que usted no se quede en los problemas de números de tener dos representaciones), este número está entre el $0$ $1$ y definitivamente no en la lista. Hemos demostrado que no puede haber una surjective función de $\mathbb N$ a $(0,1)$.
Otra manera es usar el Cantor del teorema que $\aleph_0<2^{\aleph_0}$. Defina los siguientes inyección de $P(\mathbb N)$ a $(0,1)$:
$$A\mapsto\sum_{n\in A}\frac2{3^{n+1}}$$
Demostrar que esta es una función inyectiva, y por lo tanto $|(0,1)|\geq2^{\aleph_0}>\aleph_0$, como quería.
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