Неканторово Доказательство Несчетности Континуума

1. Постановка задачи.   Пусть дан произвольный отрезок прямой, который мы обозначим, как единичный [0, 1].Обозначим через X множество всех действительных чисел, или, что то же, всех точек 0 < Xi < 1 (i =1, 2, 3,...) этого единичного отрезка. Обозначим через Mj (j =1, 2, 3,..). произвольное подмножество точек {xi ∈ [0, 1]}. Обозначим через Mj+1 (j =1, 2, 3,...) подмножество точек, принадлежащих внутренним подинтервалам, возникающим в следствии разбиения интервалов отрезка [0, 1] точками множеств Mj .Обозначим через M1 произвольное множество равноотстоящих точек единичного отрезка [0, 1], соответствующих положительным рациональным числам, включая числа 0 и 1: {M1 = {xi ∈X |xi ∈R , включая: x =0,x =1 }} ∈X
Для конкретности, без нарушения общности, положим, что M1 конечно, и имеет мощность:       card M1 = q +1 , где q=0 или q > 0  - произвольное натуральное число

 Обозначим через S мощность множества всех множеств M точек отрезка [0, 1] и его подинтервалов, равномощных M1.

Будем учитывать общеизвестное свойство (1) континуума [1,2]: континуум бесконеч¬но делим и равномощен любому, даже сколь угодно малому, своему внутреннему подинтервалу .

2. Теорема. X -несчетно
3. Доказательство. Идя "от противного", положим, что X – счетно.
Оценим S методом последовательных приближений.

Шаг1.

Отрезок [0, 1] содержит, по определению, по крайней мере одно множество M1. Следовательно, можно записать: S =1

Шаг2

Множество M1 делит отрезок [0, 1] на q подинтервалов второго уровня, каждый из которых, согласно свойству (1), равномощен [0, 1] и, следовательно, содержит подмножество точек M2, равномощное M1. С учетом сказанного, имеем: S =1+ q

Шаг3.

Подмножества M2, в свою очередь, делят каждый подинтервал второго уровня на q подинтервалов третьего уровня, каждый из которых, согласно свойству (1), так же равномощен отрезку [0, 1] и, следовательно, так же содержит свое подмножество M3 равномощное M1. Так что: S =1+ q + q 2

Алгоритм -понятен. По-индукции, для шага n +1 мы можем записать:

                                   S =1+ q + q2 + q3 + ••• + q( n−1)  + q n + •••

Это стандартная геометрическая прогрессия. Ее сумма определяется соотношением [3]:S=(qn-1)/q-1

Устремим число шагов  n к мощности бесконечно-счетного множества card N=ϒ, тогда, по полной математической индукции, в пределе получаем: S=qϒ>ϒ
Следовательно множество M всех произвольных множеств точек (рациональных чисел) равномощных M1 - несчетно.

Но, по определению, M ∈X.
Мы пришли к абсурду, ибо, если X - счетно, то оно не может содержать несчетное множество M. Следовательно, X - несчетно
Что и требовалось доказать.

СПИСОК ЦИТИРОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ:
[1] А. Н. Колмогоров, С. В. Фомин, Элементы теории функций и функционального
                                                          анализа, Из-во "Наука", М, 1981.
[2] Л. Шварц, Анализ, т. 1, Изд-во Мир, М., 1972.
[3] М. Я. Выгодский, Справочник по элементарной математике, Из-во "Наука", М, 1966.