Интересное доказательство, но требует формулировки весьма нетривиальной идеи. Это как ключик, который открывает только одну дверь. Традиционное доказательство доказывает в лоб, как и во всех других случаях. Оно не требует изобретательности, а только внимания. А как вам кажется?
А мне это доказательство нравится своей алгебраичностью в духе Гильберта, и еще тем, что не требуется использовать рекурсивное определение даже хотя бы вдоль омеги, как в классическом доказательстве. Это его никоим образом не делает сильнее, но придает некоторый шарм истинной математики)
@@reisedurchdiemathe Понятно. Но на всё это можно посмотреть с другой стороны. Алгебраический подход хорош для экономии мысли, но только после того, как сама алгебра имеет неалгебраическую интерпретацию, как это можно видеть на примере группы. В квантовой механике популярен алгебраический подход, но без предположения о модели в виде функционального гильбертова пространства он вырождается в игру с буквами. В стандартном доказательстве рекурсивное определение позволяет ПОНЯТЬ, почему теорема истинна. PS. Что же касается самого статуса определения по рекурсии, то она вообще-то относится к конструктивной математике. Без нее невозможна математическая логика: формулы и термы определяются по рекурсии.
А нельзя ли просто построить эту биекцию по двум данным инъекциям? Показать, например, что f или g сюрьективны? Хотя, собственно, это и показано, но с построением функции H. Вопрос, в общем, в том, нет ли более простого доказательства.
f и g как раз-таки не обязаны быть сюръекциями, но на их основе можно построить биекцию. Есть доказательство через вложенные образы, оно в русской математической школе чаще всего и показывается. Мы там строим перекрестные итерации X[n+1] = g[Yn], Y[n+1]=f[Xn], отправляясь от X0=X и Y0=Y, тогда возникают убывающие последовательности множеств Xn, Yn, и им соответствующие разности Xn\X[n+1] и Yn\Y[n+1]. Вот эти разности можно связать друг с другом биективно: f:Xn\X[n+1]Y[n+1]\Y[n+2] и g^{-1}:X[n+1]\X[n+2]Yn\Y[n+1] для четных n. Получается, что мы f сужаем на четные разности образов, а g^{-1} - на нечетные разности образов. И еще там есть неподвижное ядро - пересечение всех Xn, которое биективно сопоставляется с пересчением всех Yn при помощи как f, так и g. Не назвал бы это доказательство более простым, но оно точно более распространенное, все ролики по теореме КБ как правило связаны с этим доказательством.
@@reisedurchdiemathe я видел варианты этого доказательства у Львовского в брошюре о парадоксе Банаха-Тарского и у Шеня, в книжке знаменитой; тяжело усваивалось. Доказательство на видео мне показалось более понятным, спасибо вам
@@reisedurchdiemathe а почему мы можем сказать что ядро существует, почему мы можем сказать что есть пересечение всех? не получается понять этот момент
@@hi-nb7pv привет, а можете место в ролике указать, где это самое ядро определяется? а то я не совсем понимаю, о чем речь. Могу только предположить, что ядро - это корень уравнения H(A)=A. Но это решение у нас ищется явным образом - как объединение всех хороших множеств, то самое множество Z = \bigcup \{ A | A - хорошее \}. Множество всех "хороших" подмножеств множества X - это определяемая часть булеана P(A), значит, существует по аксиоме степени, ну а его объединение уже существует по аксиоме объединения.
Автор не сказал, что такие приемы можно сделать для бесконечных счётных множеств! С несчётными это не проидёт. Более доступное для понимания доказательство теоремы эквивалентности есть в книге Хаусдорфа - Теория Множеств.
Формат супер! Не бросайте это дело, у Вас талант!
Спасибо! Стараемся
Потрясающее видео, всё четко и обосновано, благодарю
Спасибо! В зориче было такое упражнение, я конечно тогда не осилил, но сейчас рад что понял)
Отличная лекция. Спасибо большое.
Просто шикарно, лучше доказательства я не видел!
Благодаря вам все понятно
Хороший разбор! Побольше бы таких!
Спасибо! Топовый контент
Интересное доказательство, но требует формулировки весьма нетривиальной идеи. Это как ключик, который открывает только одну дверь. Традиционное доказательство доказывает в лоб, как и во всех других случаях. Оно не требует изобретательности, а только внимания.
А как вам кажется?
А мне это доказательство нравится своей алгебраичностью в духе Гильберта, и еще тем, что не требуется использовать рекурсивное определение даже хотя бы вдоль омеги, как в классическом доказательстве.
Это его никоим образом не делает сильнее, но придает некоторый шарм истинной математики)
@@reisedurchdiemathe Понятно. Но на всё это можно посмотреть с другой стороны. Алгебраический подход хорош для экономии мысли, но только после того, как сама алгебра имеет неалгебраическую интерпретацию, как это можно видеть на примере группы. В квантовой механике популярен алгебраический подход, но без предположения о модели в виде функционального гильбертова пространства он вырождается в игру с буквами.
В стандартном доказательстве рекурсивное определение позволяет ПОНЯТЬ, почему теорема истинна.
PS. Что же касается самого статуса определения по рекурсии, то она вообще-то относится к конструктивной математике. Без нее невозможна математическая логика: формулы и термы определяются по рекурсии.
А нельзя ли просто построить эту биекцию по двум данным инъекциям? Показать, например, что f или g сюрьективны? Хотя, собственно, это и показано, но с построением функции H. Вопрос, в общем, в том, нет ли более простого доказательства.
f и g как раз-таки не обязаны быть сюръекциями, но на их основе можно построить биекцию.
Есть доказательство через вложенные образы, оно в русской математической школе чаще всего и показывается. Мы там строим перекрестные итерации X[n+1] = g[Yn], Y[n+1]=f[Xn], отправляясь от X0=X и Y0=Y, тогда возникают убывающие последовательности множеств Xn, Yn, и им соответствующие разности Xn\X[n+1] и Yn\Y[n+1]. Вот эти разности можно связать друг с другом биективно: f:Xn\X[n+1]Y[n+1]\Y[n+2] и g^{-1}:X[n+1]\X[n+2]Yn\Y[n+1] для четных n. Получается, что мы f сужаем на четные разности образов, а g^{-1} - на нечетные разности образов. И еще там есть неподвижное ядро - пересечение всех Xn, которое биективно сопоставляется с пересчением всех Yn при помощи как f, так и g.
Не назвал бы это доказательство более простым, но оно точно более распространенное, все ролики по теореме КБ как правило связаны с этим доказательством.
@@reisedurchdiemathe я видел варианты этого доказательства у Львовского в брошюре о парадоксе Банаха-Тарского и у Шеня, в книжке знаменитой; тяжело усваивалось. Доказательство на видео мне показалось более понятным, спасибо вам
@@reisedurchdiemathe спасибо за развернутый ответ
@@reisedurchdiemathe а почему мы можем сказать что ядро существует, почему мы можем сказать что есть пересечение всех? не получается понять этот момент
@@hi-nb7pv привет, а можете место в ролике указать, где это самое ядро определяется? а то я не совсем понимаю, о чем речь.
Могу только предположить, что ядро - это корень уравнения H(A)=A. Но это решение у нас ищется явным образом - как объединение всех хороших множеств, то самое множество Z = \bigcup \{ A | A - хорошее \}. Множество всех "хороших" подмножеств множества X - это определяемая часть булеана P(A), значит, существует по аксиоме степени, ну а его объединение уже существует по аксиоме объединения.
Автор не сказал, что такие приемы можно сделать для бесконечных счётных множеств! С несчётными это не проидёт. Более доступное для понимания доказательство теоремы эквивалентности есть в книге Хаусдорфа - Теория Множеств.
а можете конкретно указать где здесь требование счетности используется?
етить, понавыдумывают такое, а потом, сиди, мозг насилуй