[RDC]

De hecho, ¿cómo podemos representar tal planteamiento al infinito? Quizás a través de "aproximaciones poco a poco"...

¿Cómo demuestras que esto es cierto?

\( 1+2+3+4+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2} \)

¿Así?

\( 1=\dfrac{1(1+1)}{2}=1 \)

\( 1+2=\dfrac{2(2+1)}{2}=3 \)

\( 1+2+3=\dfrac{3(3+1)}{2}=6 \)

\( 1+2+3+4=\dfrac{4(4+1)}{2}=10 \)

etc.

Saludos.

Pues para empezar no está mal, porque luego te das cuenta que:
1 +3=4
3+6=9
6+10=16

Y con ello observas que la suma de dos elementos de la serie consecutivos te da un cuadrado perfecto y con ello puedes generalizar la fórmula.

Ahora bien, creo recordar que Ramanujan haciendo un tipo de sumas parciales muy particular muestra que esa suma da -1/12, que coincide con el valor de la función Z function extendida para n=-1 creo (lo digo de memoria?.

[RDC]

Ah vale, pues es una buena pregunta. Si me escribes todos los elementos de \( \Bbb N \) te digo su antiimagen  en G, sin problemas.

 

Por construcción, parece que hay infinitos elementos en \( G \) que no pertenecen a su imagen por \( f \), es decir, que \( Card(B)=\infty \). Sin embargo,  \( \forall\,y\in G, \,\, Card f(y)<\infty \). Así pues, si existe \( y\in G\,|\,f(y)=B \) entonces \( Card (B)<\infty \) lo cual es una contradicción.

Si no te parece mal, mañana me lo miro con calma. De momento no entiendo que se emplee aquí el conjunto B con números racionales por elementos, cuando su definición, entiendo, es con naturales. Pero me lo miro mejor mañana.

Un saludo!

[feriva]

De hecho, ¿cómo podemos representar tal planteamiento al infinito? Quizás a través de "aproximaciones poco a poco"...

¿Cómo demuestras que esto es cierto?

\( 1+2+3+4+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2} \)

¿Así?

\( 1=\dfrac{1(1+1)}{2}=1 \)

\( 1+2=\dfrac{2(2+1)}{2}=3 \)

\( 1+2+3=\dfrac{3(3+1)}{2}=6 \)

\( 1+2+3+4=\dfrac{4(4+1)}{2}=10 \)

etc.

Saludos.

Pues para empezar no está mal, porque luego te das cuenta que:
1 +3=4
3+6=9
6+10=16

Y con ello observas que la suma de dos elementos de la serie consecutivos te da un cuadrado perfecto y con ello puedes generalizar la fórmula.

Ahora bien, creo recordar que Ramanujan haciendo un tipo de sumas parciales muy particular muestra que esa suma da -1/12, que coincide con el valor de la función Z function extendida para n=-1 creo (lo digo de memoria?.

Yo lo demostraría con este razonamiento:

\( {\color{brown}1+2+3+4+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}} \)

Si no se cumple para todos, tendrá que dejarse de cumplir para alguno por primera vez.

Supongamos que deja de cumplrise. Entonces al último “n” que en hipótesis lo cumple le llamo “n” y al que por primera vez falla le llamo “n+1”. Lo que supone esto

\( {\color{blue}1+2+3+4+...+n}+(n+1)\neq\dfrac{(n+1)(n+1+1)}{2} \)

\( {\color{blue}1+2+3+4+...+n}+(n+1)\neq\dfrac{(n+1)(n+2)}{2} \)

(o sea, no puede ser igual porque estoy imaginando que no se cumple para el siguiente “ene”).

Ahora aplico distributiva en la derecha

\( {\color{blue}1+2+3+4+...+n}+(n+1)\neq\dfrac{n(n+1)+2(n+1)}{2} \)

*\( {\color{blue}1+2+3+4+...+n}+(n+1)\neq{\color{teal}\dfrac{n(n+1)}{2}}+\dfrac{2(n+1)}{2}= \)

Pero lo azul es esto

\( {\color{brown}1+2+3+4+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}} \)

es el supuesto último que lo cumple, y tiene que existir por fuerza, pues alguna será o sería. Luego sustituyo en la del asterisco azul por marrón...

\( {\color{brown}\dfrac{n(n+1)}{2}}+(n+1)\neq{\color{teal}\dfrac{n(n+1)}{2}}+\dfrac{2(n+1)}{2} \)

se cancelan las expresiones coloreadas y...

\( (n+1)\neq\dfrac{2(n+1)}{2} \)

\( (n+1)\neq(n+1) \).

Llego a un absurdo. Luego es falso que no se cumpla para n+1, no existe el primero que deja de cumplirla, lo que implica que se cumple para siempre.

Por tanto, ya está demostrado de “golpe” hasta el infinito.

Con el argumento de la diagonal, más o menos lo mismo, se cumple siempre independientemente de lo grande que sea “n”.

*(lo que dices -1/12 no es con esta serie; es otra a la que se puede llegar partiendo de la Grandi, la que ponías el otro día 1-1+1-1...)

Buenas noches.

[geómetracat]

Ah vale, pues es una buena pregunta. Si me escribes todos los elementos de \( \Bbb N \) te digo su antiimagen  en G, sin problemas.

Obviamente no te puedo escribir explícitamente todos los elementos de un conjunto infinito, pero eso no quiere decir que no existan. Entonces, ¿aceptas que \( \Bbb N \) es un elemento de \( P(\Bbb N) \), o no? Si la respuesta es negativa, pues parece que estamos ante lo que decía Luis en un mensaje anterior de que pareces no aceptar la existencia de conjuntos infinitos, y entonces ya no tiene sentido seguir con la discusión (pero ten en cuenta de que, independientemente de si aceptas o no la existencia de conjuntos infinitos, eso no impide que todo lo que digo se pueda probar en una teoría axiomática como ZFC). Si la respuesta es afirmativa, me tendrás que poder decir cuál es la antiimagen por tu supuesta biyección (o al menos demostrar que tal antiimagen existe), pues en caso contrario no es ninguna biyección con \( P(\Bbb N) \). Y como ya te han dicho, tu función es una biyección con todos los subconjuntos finitos de \( \Bbb N \), lo cual no es ninguna contradicción pues este conjunto es numerable.

De todas maneras, Cantor muestra que:

Card(R)=Card(P(N)

Correcto.

Entonces, no sucede este mismo problema si empiezo a emparejar elementos de R con elementos de P(N) a través de una \( f \) cualquiera? No podré preguntar siempre: ¿y este subconjunto infinito de N con qué elemento de R se empareja? Lo digo desde la completa ignorancia.

No sucede este mismo problema si emparejas elementos de \( \Bbb R \) con elementos de \( P(\Bbb N) \) a través de una función \( f:\Bbb R \to P(\Bbb N) \) que sea una biyección. Si tomas una cualquiera, no tiene por qué ser una biyección y puede pasar de todo, claro. Pero Cantor, o la teoría de conjuntos, demuestra que existe una biyección entre \( \Bbb R \) y \( P(\Bbb N) \), lo cual incluye el hecho de que hay un real cuya imagen es \( \Bbb N \) y otro real cuya imagen es el conjunto de todos los pares. Lo que ocurre es que dar una biyección explícita entre \( \Bbb R \) y \( P(\Bbb N) \) es un bastante feo, pero con un poquito de trabajo se puede hacer. Normalmente se demuestra que existe una biyección de forma indirecta, probando que existen aplicaciones inyectivas \( \Bbb R \to P(\Bbb N) \) y \( P(\Bbb N) \to \Bbb R \), y apelando al teorema de Cantor-Bernstein.

Como digo, las biyecciones explícitas son muy feas, pero por ilustrar el tema, si tomas la biyección \( \eta:\Bbb R \to P(\Bbb N) \) dada en la primera respuesta de este enlace, entonces tienes que \( \eta(0) = \Bbb N \), \( \eta(\log(3)) = 2\Bbb N \) es el conjunto de todos los pares, y por ejemplo, \( \eta(10)=\{1,3\} \). De hecho, esta biyección tiene la particularidad que restringe a una biyección entre \( \Bbb N \) y todos los subconjuntos finitos de \( \Bbb N \), con lo que de nuevo recuperamos que el conjunto de subconjuntos finitos de \( \Bbb N \) es numerable.

Si tu propuesta de biyección fuera realmente una biyección, teniendo en cuenta que tiene una expresión razonablemente explícita, deberías ser capaz de decirme qué elementos de \( G \) tienen como imagen \( \Bbb N \) y el conjunto de pares (o cualquier conjunto infinito), como he hecho yo con \( \eta \).

[ani_pascual]

Mañana lo pensaré mejor porque ya no doy por mucho más a estas horas, pero entiendo que \( B=\left\{{x\in{N}},x\not\in f(x)\right\} \), es decir, la definición de B es que contiene números naturales, no números racionales de Z.

Lo que yo entiendo es que tú intentabas establecer una biyección entre \( G \) y \( {\cal P}(\mathbb{N}) \), para luego biyectar \( \mathbb{N} \) con \( {\cal P}(\mathbb{N}) \) a través de \( G \), tal y como decías en un mensaje anterior:

Entonces, en vez de intentar comprobar si existe una relación biyectiva entre \( \Bbb N \) y \( P(\Bbb N) \) como hace Cantor, vamos a intentar comprobar si existe una relación biyectiva entre G y \( P(\Bbb N) \)

Así pues, el conjunto \( B=\{x\in G\,|\,x\notin f(x)\} \) asociado a la supuesta biyección entre \( G \) y \( {\cal P}(\mathbb{N}) \) NO tiene cardinalidad finita, a mi entender. Ya te dije que llamar con la misma letra a dos aplicaciones distintas lleva a confusión. También dices que dudas de la afirmación

En cualquier caso, tal y como ya te ha dicho Eparoh esa aplicación no es una biyección entre \( G \) y \( {\cal P}(\mathbb{N}) \)

Pues ya nos lo demostrarás... 
Saludos

[Luis Fuentes]

Hola
 
 RDC: ya te han contestado. Apunto algunas cosas:

1) Tu idea (ingenua, dicho con todo el cariño) en el fondo es hacer un fraude de Ley. Tomas un conjunto \( G \) biyectivo con los naturales pero formado por racionales y entonces es cierto que, al menos tal cual está, no se le puede aplicar directamente el argumento de Cantor para demostrar que es imposible una biyección de \( f:G\to P(\Bbb N) \).

2) Pero ahí convienen varias reflexiones:

- Que no se pueda aplicar ese argumento, en principio no dice nada en contra a favor de que \( G \) y \(  P(\Bbb N) \) puedan ser o no biyectivos.

- Si tu quieres demostrar que \( G \) y \( P(\Bbb N) \) SI son biyectivos tienes que dar explícitamente un aplicación biyectiva entre ambos. La aplicación que dabas claramente no lo era, porque la imagen sólo son subconjuntos finitos de \( \Bbb N \). ¿Dónde están todos los infinitos?. Y no vale que te digamos un conjunto inifinito concreto que no aparece en la imagen, y entonces modifiques la aplicación justo para que ese conjunto si aparezca. Entonces no estás dando de manera precisa la aplicación sino que estás diciendo sólo cuál es la imagen de unos pocos elementos.

- Es muy fácil razonar que si \( G \) es biyectivo con \( \Bbb N \) y \( \Bbb N \) es imposible que sea biyectivo con \( P(\Bbb N) \) entonces es imposible que \( G \) sea biyectivo con \( P(\Bbb N) \). Efectivamente, si \( G \) es biyectivo con \( \Bbb N \)  se tiene una biyección \( h:\Bbb N\to G \). Si existiese una biyección \( f:G\to P(\Bbb N) \) entonces la composición \( h\circ f \) sería una biyección de  \( \Bbb N \) en \( P(\Bbb N) \); pero el teorema de Cantor muestra que ésta es imposible, y por tanto la suposición de que existe existiese una biyección \( f:G\to \Bbb N \)  es falsa.

- Como anécdota y puro juego técnico: la notación del punto anterior, se puede usar para dar una variante del argumento del Teorema de Cantor para aplicarlo directamente a cualquier función \( f:G\to P(\Bbb N) \). Se considera el conjunto:

\( B=\{n\in \Bbb N|n\not\in f(h(n))\}\subset \Bbb N \)

 Es imposible que \( B\in Im(f) \) por que si así fuese existiría \( g\in G \) tal que \( f(g)=B \). Pero entonces llamando \( n=h^{-1}(g) \)  se tendría que:

- Si \( n\in B \) entonces \( n\not\in f(h(n))=f(g)=B \): contradicción.
- Si \( n\not\in B \) entonces \( n\in f(h(n))=f(g)=B \): contradicción.

 3) La ingenuidad y el fraude de Ley, consiste en pensar que por el mero hecho de cambiar los nombres a los elementos de \( \Bbb N \) uno puede conseguir que si sea biyectivo a un conjunto con el que no podía serlo con los nombres originales. Como pretender que disfrazándote, la policía no te inculpe por tus huellas dactilares. 

Saludos.

[Restituto]

RDC, para no hacerte trampas al solitario al jugar a ZFC debes tener claro si aceptas axiomas como el de que existen conjuntos infinitos y ademásel axioma de conjunto potencia, y eso no implica estar de acuerdo, incluso verlo como algo tramposo en cierto modo ya que todos sabemos que esto implica incompletitud de la teoría y es lo que precisamente aprovecha Cantor hábilmente para hacer imposibles ciertas biyecciones entre conjuntos infinitos y crear la primera distinción entre infinitos contables e incontables. En este sentido si aceptas las reglas conjuntistas que la comunidad matemática acepta por muchas vueltas que le des, disfraces que pongas a los conjuntos no puedes ponerle ningún pero al teorema de Cantor.


Otra cosa es criticar metamatematicamente la idea de infinito conjuntista. Entre otras cosas da lugar por ejemplo a conjuntos paradójicos(con descomposición paradójica) y a evitar contradicciones mediante el axioma de elección que permite distinguir conjuntos no medibles. O pierdes de entrada la distinción entre infinito potencial y actual  lo que sería problemático para describir la realidad si en esta solo hubiera infinitud potencial.

Por esta razón muchos físicos que se ocupan de estas cosas(que son una ínfima proporción del total) tienen aversión al axioma de elección al que culpan del teorema (paradójico sólo si se aplica a la naturaleza) de Banach-Tarski, aunque deberían culpar al infinito actual de ZF. Claro que entonces encontrarán muchas pegas también con el Análisis Funcional, base teórica de la física moderna que precisa siempre de alguna forma más o menos estricta de elección al lidiar con dimension infinita incontable.

[feriva]

Propongo lo siguiente:

Cantor muestra como \( card(\Bbb N)= Card(\Bbb Q) \)

Imaginemos que G es un subconjunto infinito de \( \Bbb Q \)

No imagines eso, es imposible imaginarlo. Imagina que tiene tantos racionales como quieras.

Se puede elegir el subconjunto de los racionales dados por las fracciones que se pueden formar con los naturales del 1 al 17 (si no he mirado mal, ésos son el mínimo y el máximo de tu ejemplo, todas las fracciones que has escrito estarán contenidas en este conjunto; y muchas más).

Ese conjunto tiene un mínimo racional, \( \dfrac{1}{17} \) (el natural más pequeño arriba y el más grande abajo) y un máximo, \( \dfrac{17}{1} \).

La cantidad de fracciones viene dada por las variaciones con repetición de 17 elementos tomados de dos en dos; se calcula simplemente así: \( 17^{2}=289 \).

En realidad, el subconjunto tiene menos racionales, porque hay fracciones equivalentes, como pueden ser, por ejemplo, todas las que dan 1 dividiendo un número por sí mismo.

Aun así, 289 es un número finito, y, por tanto, la cantidad de fracciones (mayor que la de números) se puede biyectar con el conjunto de los naturales {1,2,3,...289}. Con más razón se pueden biyectar los racionales (sin representaciones repetidas de unos mismos elementos) con un subconjunto de naturales.

Ni que decir tiene que si añadimos el cero, esto, supone añadir 1 en cantidad; y, por tanto, seguirá siendo numerable.

Dado un “n” tan grande como quieras tendrás una cantidad de fracciones \( n^{2} \), siempre una cantidad finita y por tanto numerable. Además, en realidad habrá muchísimos menos racionales, porque habrá muchas fracciones equivalentes que quitar; más cuanto más grande sea el “n”.

Entonces, los racionales son numerables sencillamente porque si “n” es finito (tan grande como se quiera) se tiene \( n*n=n^{2} \) es finito. Lo es por la propiedad de cerradura algebraica: \( n*n \) es una suma n+n+n... “n” veces, es decir, un número finito sumado finitas veces. Luego es una cantidad que “acaba”, finita (pero tan grande como se quiera a partir del “n”).

Saludos.

[RDC]

Hola geométrecat

Ah vale, pues es una buena pregunta. Si me escribes todos los elementos de \( \Bbb N \) te digo su antiimagen  en G, sin problemas.

Obviamente no te puedo escribir explícitamente todos los elementos de un conjunto infinito, pero eso no quiere decir que no existan. Entonces, ¿aceptas que \( \Bbb N \) es un elemento de \( P(\Bbb N) \), o no? Si la respuesta es negativa, pues parece que estamos ante lo que decía Luis en un mensaje anterior de que pareces no aceptar la existencia de conjuntos infinitos, y entonces ya no tiene sentido seguir con la discusión (pero ten en cuenta de que, independientemente de si aceptas o no la existencia de conjuntos infinitos, eso no impide que todo lo que digo se pueda probar en una teoría axiomática como ZFC). Si la respuesta es afirmativa, me tendrás que poder decir cuál es la antiimagen por tu supuesta biyección (o al menos demostrar que tal antiimagen existe), pues en caso contrario no es ninguna biyección con \( P(\Bbb N) \). Y como ya te han dicho, tu función es una biyección con todos los subconjuntos finitos de \( \Bbb N \), lo cual no es ninguna contradicción pues este conjunto es numerable.

¿Me equivoco si digo que si pudiéramos determinar los elementos de un subconjunto infinitos de \( \Bbb N \), como el conjunto de todos los pares por ejemplo, entonces mediante esta aplicación de G con P(N), no habría problemas para establecer una antiimagen en G de estos conjuntos infinitos?

Lo digo porque, claro, ponte en mi lugar que no sé mucho (o casi nada y por eso tiro de mucha intuición naif) de teoría de conjuntos:

A) Dada la aplicación \( f: G\longrightarrow{P(\Bbb N)} \) se me dice:

En \( P(\Bbb N) \) existen infinitos conjuntos de infinitos elementos, muestra sus antiimagenes, \( x\in{G} \), en el conjunto G.

B) Entonces yo pido que se me dé la lista de todos los elementos que constituyen cada uno de esos subconjuntos infinitos de \( P(\Bbb N) \) para generar una antiimagen en base a \( f \). Pues por construcción, conociendo los elementos de un subconjunto de \( P(\Bbb N) \) lo puedo construir.

C) Se me contesta que eso no es posible, porque no es posible materializar un conjunto tal en sus infinitos elementos; y sin embargo se afirma/exige que tal conjunto existe en \( P(P(\Bbb N)) \) y por tanto, para que \( f \) sea biyectiva debería de existir un f(x), x\in{G} para cada uno de estos subconjuntos infinitos de \( P(\Bbb N) \).

D) Entonces mi respuesta puede ser la misma: no puedo dar estas antiimagenes, \( x \) sin tener todos y cada uno de los elementos de cada uno de estos conjuntos infinitos. Y dado que si los tuviera lo podría dar (al menos esto supongo), entonces me parece también lícito responder: aunque no te pueda escribir qué x es antiimagen de un subconjunto infinito determinado de P(\Bbb N), cada uno tendrá su antiimagen en G.

Conclusión: si se me afirma que el conjunto de todos los Naturales o de todos los números pares existe, aunque resulte imposible especificar todos sus elementos, entiendo que puedo razón igual: afirmar que una antiimagen en G de ellos exista, aunque no la pueda especificar, precisamente porque nos se pueden especificar los elementos de esos conjuntos.

¿No es razonable pensar así?

Entonces, no sucede este mismo problema si empiezo a emparejar elementos de R con elementos de P(N) a través de una \( f \) cualquiera? No podré preguntar siempre: ¿y este subconjunto infinito de N con qué elemento de R se empareja? Lo digo desde la completa ignorancia.

No sucede este mismo problema si emparejas elementos de \( \Bbb R \) con elementos de \( P(\Bbb N) \) a través de una función \( f:\Bbb R \to P(\Bbb N) \) que sea una biyección. Si tomas una cualquiera, no tiene por qué ser una biyección y puede pasar de todo, claro. Pero Cantor, o la teoría de conjuntos, demuestra que existe una biyección entre \( \Bbb R \) y \( P(\Bbb N) \), lo cual incluye el hecho de que hay un real cuya imagen es \( \Bbb N \) y otro real cuya imagen es el conjunto de todos los pares. Lo que ocurre es que dar una biyección explícita entre \( \Bbb R \) y \( P(\Bbb N) \) es un bastante feo, pero con un poquito de trabajo se puede hacer. Normalmente se demuestra que existe una biyección de forma indirecta, probando que existen aplicaciones inyectivas \( \Bbb R \to P(\Bbb N) \) y \( P(\Bbb N) \to \Bbb R \), y apelando al teorema de Cantor-Bernstein.

Como digo, las biyecciones explícitas son muy feas, pero por ilustrar el tema, si tomas la biyección \( \eta:\Bbb R \to P(\Bbb N) \) dada en la primera respuesta de este enlace, entonces tienes que \( \eta(0) = \Bbb N \), \( \eta(\log(3)) = 2\Bbb N \) es el conjunto de todos los pares, y por ejemplo, \( \eta(10)=\{1,3\} \). De hecho, esta biyección tiene la particularidad que restringe a una biyección entre \( \Bbb N \) y todos los subconjuntos finitos de \( \Bbb N \), con lo que de nuevo recuperamos que el conjunto de subconjuntos finitos de \( \Bbb N \) es numerable.

Si tu propuesta de biyección fuera realmente una biyección, teniendo en cuenta que tiene una expresión razonablemente explícita, deberías ser capaz de decirme qué elementos de \( G \) tienen como imagen \( \Bbb N \) y el conjunto de pares (o cualquier conjunto infinito), como he hecho yo con \( \eta \).

A bote pronto esta réplica me gusta más, pero déjame un tiempo para entenderla mejor.

Saludos y gracias por tus comentarios.

[RDC]

Hola ani_pascual

Lo que yo entiendo es que tú intentabas establecer una biyección entre \( G \) y \( {\cal P}(\mathbb{N}) \), para luego biyectar \( \mathbb{N} \) con \( {\cal P}(\mathbb{N}) \) a través de \( G \), tal y como decías en un mensaje anterior:

Entonces, en vez de intentar comprobar si existe una relación biyectiva entre \( \Bbb N \) y \( P(\Bbb N) \) como hace Cantor, vamos a intentar comprobar si existe una relación biyectiva entre G y \( P(\Bbb N) \)

Sí, la intención era esa

Así pues, el conjunto \( B=\{x\in G\,|\,x\notin f(x)\} \) asociado a la supuesta biyección entre \( G \) y \( {\cal P}(\mathbb{N}) \) NO tiene cardinalidad finita, a mi entender. Ya te dije que llamar con la misma letra a dos aplicaciones distintas lleva a confusión. También dices que dudas de la afirmación

Vale, leyéndote entiendo que he hecho una cosa mal. B no existe simplemente porque sólo existe si hay f entre A y P(A).

En cualquier caso, tal y como ya te ha dicho Eparoh esa aplicación no es una biyección entre \( G \) y \( {\cal P}(\mathbb{N}) \)

Pues ya nos lo demostrarás... 
Saludos
[/quote]

No creo, pero lo intento