[RDC]

Hola Luís

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 \( f:G\to P(\Bbb N) \).

jajaj no te falta razón Luís

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.

Totalmente de acuerdo

- 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.

Totalmente de acuerdo

- 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.

Toda la razón, excepto si uno supone que el teorema de cantor no es concluyente al respecto. Como es mi caso.

- 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.

De todas las réplicas ésta es la que más me gusta

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. 

Si partes de la presunción de inocencia, entiendo que ese argumento policíaco no es tan claro y directo.



Saludos!

[RDC]

Hola Restituto, un placer leerte, básicamente porque entiendes la raíz de mis problemas con este tema. Es una cuestión más metamatemática que de aplicar normas y ver qué sale.

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.

Esto me interesa

saludos!

[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?.

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.

Divertido....

Si embargo, lo veo distinto: que no habrías demostrado nada de la serie al infinito, sino que has demostrado una "norma" que cumple cualquier n de la serie, nada más. ¿no?

[feriva]

Divertido....

Si embargo, lo veo distinto: que no habrías demostrado nada de la serie al infinito, sino que has demostrado una "norma" que cumple cualquier n de la serie, nada más. ¿no?

Bueno, es que nadie demuestra nada hasta el “infinito”, esa frase quiere decir que se cumple siempre.

También se puede hacer así, a mi estilo, que es similar a lo de Gauss:

Consideremos cualquier número par, por ejemplo 12, y escribamos todos los “n” de cero hasta él

\( 0,1,2,3,4,5,{\color{brown}6},7,8,9,10,11,12 \)

Sumando desde el centro hacia los extremos (tomando el 6 como eje de simetría) tenemos estas sumas que dan el número 12:

6; (5+7); (4+8); (3+9); (2+10); (1+11); (0+12).

n; [(n-1)+(n+1)]; [(n-2)+(n+2)];...;[(n-n)+(n+n)].

Es decir, tenemos el “n” del centro más “n” sumas que dan 2n.

La suma total será

\( 2n^{2}+n= \)

\( {\color{blue}n(2n+1)} \).

Y en el caso de los impares será lo mismo añadiendo el impar del extremo

\( n(2n+1)+(2n+1) \).

Factorizando 2n+1 queda así

\( {\color{blue}(n+1)(2n+1)} \).

Yendo a la fórmula de la progresión aritmética, \( \dfrac{n(n+1)}{2} \) , vemos que es lo mismo:

Si, paralelamente a lo anterior, ese “n” aquí es n=2m, entonces:

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

\( {\color{blue}m(2m+1)} \).

Si n es impar, hacemos n=2m+1

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

\( \dfrac{4m^{2}+4m+2m+2}{2}= \)

\( 2m^{2}+2m+m+1= \)

\( 2m(m+1)+(m+1)= \)

\( {\color{blue}(m+1)(2m+1)} \).

Y se cumplirá siempre.

Todos los caminos llevan a Roma.

Saludos.

[RDC]

A raíz de las críticas, reformulo y propongo lo siguiente:

Por un lado tenemos el conjunto \( E:E=\left\{{2,3/2,5/3,5/4,7/5,7/6,11/7,11/8,11/9,11/10,13/11,...}\right\} \), es decir, \( E=\left\{{x\in{\Bbb Q},p_i/n}\right\} \), donde \( n\in{\Bbb N},n<p_i \) y no existe ningún otro primo entre \( n \) y \( p_i \)

Por otro lado tenemos el conjunto \( D:D=\left\{{3/2^4,3^2/2^5,3^3/2^6,...,5/2^6,5^2/2^7,5^3/2^8,...,7/2^8,7^2/2^9,7^3/2^{10},...}\right\} \), es decir, \( D=\left\{{x\in{\Bbb Q}}, x=\displaystyle\frac{p_i^n}{n^{(p_i+n)}} \right\} \), donde \( n\in{\Bbb N},n>0 \)

Entonces, tenemos que

\( E\cap{D}=\emptyset \)

\( E\cup{D}=S \)

\( S \) se ordena del siguiente modo:

\( S=\left\{{2,3/2,5/3,5/4,7/5,7/6,11/7,11/8,11/9,11/10,13/11,...,3/2^4,3^2/2^5,3^3/2^6,3^4/2^7,3^5/2^8,...,5/2^6,5^2/2^7,5^3/2^8,...,7/2^8,7^2/2^9,7^3/2^{10},...}\right\} \), es decir, \( S=\left\{{(x\in{\Bbb Q},p_i/n}),(x\in{\Bbb Q}, x=\displaystyle\frac{p_i^n}{n^{(p_i+n)}})\right\} \)

Entonces tenemos que:

\( S\subseteq{\Bbb Q}, S\cap{\Bbb Q}=\emptyset \)

\( Card(S)=Card(\Bbb Q) \)

Una vez aquí, generamos la siguiente aplicación \( f \) entre \( S \) y \( P(\Bbb N) \):

\( f:S\longrightarrow{P(\Bbb N)} \)

\( f(2)=\emptyset \)
\( f(3/2)=\left\{{1}\right\} \)
\( f(5/3)=\left\{{2}\right\} \)
\( f(5/4)=\left\{{1,2}\right\} \)
\( f(7/5)=\left\{{3}\right\} \)
...
\( f(3/2^4)=\Bbb N \) Conjunto de los naturales
\( f(3/2^5)=\Bbb P \) Conjunto de los pares
\( f(3/2^6)=\Bbb T_3 \) Conjunto de todos los múltiplos de 3
...

¿Se demostraría por aquí que \( card(S)=Card(P(\Bbb N))=Card(\Bbb Q) \)? ¿No sortea este ejemplo las objeciones que se habían comentado con el ejemplo anterior?

un saludo

[Luis Fuentes]

Hola

Hola Restituto, un placer leerte, básicamente porque entiendes la raíz de mis problemas con este tema. Es una cuestión más metamatemática que de aplicar normas y ver qué sale.

No se si Restituto entiende o no la raíz de tus problemas. Pero no le estás haciendo caso. Más adelante intentas poner un ejemplo que crees que contradice el Teorema de Cantor pero aceptando la existencia de conjuntos infinitos y el conjunto potencia. Y el propio Restituto te dice que con esas premisas, el Teorema de Cantor no tiene vuelta de hoja.

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.

Simplemente: en la aplicación que habías definido parecía claro que todas las imágenes eran conjuntos finitos. Entonces geómetracat te puso un par de ejemplos de conjuntos infinitos (naturales y pares) que no tendría antimagen.

Y no se trata de que entonces cojas dos elementos y les asignes esos dos ejemplos; y así con cada uno de los nuevos ejemplos de conjuntos faltantes nuevos que te vayan indicando.

Tu lo que tienes decir es CLARAMENTE cómo está definida tu aplicación (y no cambiarla de cada vez); y es entonces cuando podemos valorar si es o no sobreyectiva (y es imposible que lo sea) y decirte que conjuntos faltan en su imagen.

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.

Uno puede definir perfectamente aplicaciones en conjuntos infinitos sin listar todos sus elementos. Por ejemplo:

\( f:\Bbb N\to \Bbb N,\qquad f(n)=2n \)

ó

\( g:P(\Bbb N)\to \Bbb N,\qquad g(A)=\text{nº de elementos de }A\cap \{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\} \)

Entonces lo que te pedimos es que si pretendes dar una aplicación de un conjunto \( G \) (el que sea) en \( P(\Bbb N) \) indiques claramente como está definida, es decir, cuanto vale \( f(g) \) para cualquier \( g\in g \) y entonces se puede empezar a estudiar sus características.

A raíz de las críticas, reformulo y propongo lo siguiente:

Por un lado tenemos el conjunto \( E:E=\left\{{2,3/2,5/3,5/4,7/5,7/6,11/7,11/8,11/9,11/10,13/11,...}\right\} \), es decir, \( E=\left\{{x\in{\Bbb Q},p_i/n}\right\} \), donde \( n\in{\Bbb N},n<p_i \) y no existe ningún otro primo entre \( n \) y \( p_i \)

Por otro lado tenemos el conjunto \( D:D=\left\{{3/2^4,3^2/2^5,3^3/2^6,...,5/2^6,5^2/2^7,5^3/2^8,...,7/2^8,7^2/2^9,7^3/2^{10},...}\right\} \), es decir, \( D=\left\{{x\in{\Bbb Q}}, x=\displaystyle\frac{p_i^n}{n^{(p_i+n)}} \right\} \), donde \( n\in{\Bbb N},n>0 \)

Entonces, tenemos que

\( E\cap{D}=\emptyset \)

\( E\cup{D}=S \)

\( S \) se ordena del siguiente modo:

\( S=\left\{{2,3/2,5/3,5/4,7/5,7/6,11/7,11/8,11/9,11/10,13/11,...,3/2^4,3^2/2^5,3^3/2^6,3^4/2^7,3^5/2^8,...,5/2^6,5^2/2^7,5^3/2^8,...,7/2^8,7^2/2^9,7^3/2^{10},...}\right\} \), es decir, \( S=\left\{{(x\in{\Bbb Q},p_i/n}),(x\in{\Bbb Q}, x=\displaystyle\frac{p_i^n}{n^{(p_i+n)}})\right\} \)

Entonces tenemos que:

\( S\subseteq{\Bbb Q}, S\cap{\Bbb Q}=\emptyset \)

\( Card(S)=Card(\Bbb Q) \)

Una vez aquí, generamos la siguiente aplicación \( f \) entre \( S \) y \( P(\Bbb N) \):

\( f:S\longrightarrow{P(\Bbb N)} \)

\( f(2)=\emptyset \)
\( f(3/2)=\left\{{1}\right\} \)
\( f(5/3)=\left\{{2}\right\} \)
\( f(5/4)=\left\{{1,2}\right\} \)
\( f(7/5)=\left\{{3}\right\} \)
...
\( f(3/2^4)=\Bbb N \) Conjunto de los naturales
\( f(3/2^5)=\Bbb P \) Conjunto de los pares
\( f(3/2^6)=\Bbb T_3 \) Conjunto de todos los múltiplos de 3
...

¿Se demostraría por aquí que \( card(S)=Card(P(\Bbb N))=Card(\Bbb Q) \)? ¿No sortea este ejemplo las objeciones que se habían comentado con el ejemplo anterior?

Me dijiste que te habías gustado mi respuesta (aquella en la que te llamé ingenuo) y mi crítica a tu primer intento de función que pretendía esquivar el Teorema de Cantor, pero vuelves a las andadas.

No tengo \( 100 \)% claro como está definida tu aplicación, pero parece que unos elementos los llevas en conjuntos finitos; y otros en conjuntos de múltiplos de un número fijo (naturales, pares, múltiplos de tres, múltiplos de cuatro,...)

¿Pero crees que cubres todos?¿Cuál es la anntiimagen del conjunto de primos por ejemplo? ¿o de las potencias de \( 5 \)? ¿o del conjunto cuyo elemento enésimo es la suma de los \( n \) primeros decimales de \( \pi \)?

Y lo que es más importante, si realmente hubieses entendido mi anterior respuesta, tendrías claro que es imposible que encuentres una aplicación desde un conjunto biyectivo con los naturales en \( P(\Bbb N) \).

Saludos.

[feriva]

A raíz de las críticas, reformulo y propongo lo siguiente:

Por un lado tenemos el conjunto \( E:E=\left\{{2,3/2,5/3,5/4,7/5,7/6,11/7,11/8,11/9,11/10,13/11,...}\right\} \), es decir, \( E=\left\{{x\in{\Bbb Q},p_i/n}\right\} \), donde \( n\in{\Bbb N},n<p_i \) y no existe ningún otro primo entre \( n \) y \( p_i \)

Por otro lado tenemos el conjunto \( D:D=\left\{{3/2^4,3^2/2^5,3^3/2^6,...,5/2^6,5^2/2^7,5^3/2^8,...,7/2^8,7^2/2^9,7^3/2^{10},...}\right\} \), es decir, \( D=\left\{{x\in{\Bbb Q}}, x=\displaystyle\frac{p_i^n}{n^{(p_i+n)}} \right\} \), donde \( n\in{\Bbb N},n>0 \)

La unión de conjuntos numerables es un conjunto numerable. Y en este caso se puede ver fácilmente con una idea particular.

En el conjunto “E”, los denominadores, 1,2,3..., (la “n” que está en la propia fórmula) los puedes hacer corresponder, por ejemplo, con los distintos primos (que no se acaban). Con esto la correspondencia es biyectiva. Por tanto, \( card(E)=card(\mathbb{N}) \).

Los elementos del segundo conjunto (a través, por ejemplo, de los \( p^{i} \) del término general, que son todos distintos para cada término) los puedes hacer corresponder con los naturales compuestos, por ejemplo; que tampoco se acaban y son todos distintos de los primos. Por tanto, se tendrá: \( card(D)=card(\mathbb{N}) \).

Falta el 1 y el cero que no es primo ni compuesto, pero no van a ninguna parte (en todo caso se podría hacer la chorrada de escribir \( card((E)\cup(D))\leq card(\mathbb{N}) \) ).

Luego \( card((E)\cup(D))=card(\mathbb{N}) \)

Ahora, como ya se ha demostrado repetidamente, \( card(\mathbb{N})<card(P(\mathbb{N})) \); de lo que se sigue que \( card((E)\cup(D))<card(P(\mathbb{N})) \).

...

La idea es que si tú tienes un término general en función de “n” o una “subfórmula” de “n”, de lo que sea, que da números naturales distintos para cada término, siempre podrás numerar los elementos simplemente numerando esa variable natural.

Porque date cuenta de que en tu conjunto D, por mucho que repita los treses, están elevados a distintas potencias, son naturales distintos. Después, todos los múltiplos de 5 puros son distintos de cualquier múltiplo de 3 puro, por tanto, todos los "cincos" elevados a distintas potencias serán naturales distintos entre ellos y distintos de los “treses” de antes... Y así con todos esos primos. Cada término distinto del conjunto implica un natural distinto. Claro como caldo de asilo: eso siempre implica numerabilidad de forma directa, sin analizar más allá.

Ahora bien, el mayor primo será un primo tan grande como se quiera; un primo no puede ser infinito en valor, se cargaría su propia definición de primo. Considerando números tan grandes como quieras, estos conjuntos no deberían darte ningún problema en cuanto a ver que son numerables tanto ellos como su unión. Si te vas al “infinito”... pues sí, vemos nublado, porque ahí no se puede ir uno de viaje por mucho que quiera, es imposible; el infinito existe como concepto, pero la posibilidad de llegar a una cantidad infinita no.

Saludos.

[RDC]

A raíz de las críticas, reformulo y propongo lo siguiente:

Por un lado tenemos el conjunto \( E:E=\left\{{2,3/2,5/3,5/4,7/5,7/6,11/7,11/8,11/9,11/10,13/11,...}\right\} \), es decir, \( E=\left\{{x\in{\Bbb Q},p_i/n}\right\} \), donde \( n\in{\Bbb N},n<p_i \) y no existe ningún otro primo entre \( n \) y \( p_i \)

Por otro lado tenemos el conjunto \( D:D=\left\{{3/2^4,3^2/2^5,3^3/2^6,...,5/2^6,5^2/2^7,5^3/2^8,...,7/2^8,7^2/2^9,7^3/2^{10},...}\right\} \), es decir, \( D=\left\{{x\in{\Bbb Q}}, x=\displaystyle\frac{p_i^n}{n^{(p_i+n)}} \right\} \), donde \( n\in{\Bbb N},n>0 \)

La unión de conjuntos numerables es un conjunto numerable. Y en este caso se puede ver fácilmente con una idea particular.

En el conjunto “E”, los denominadores, 1,2,3..., (la “n” que está en la propia fórmula) los puedes hacer corresponder, por ejemplo, con los distintos primos (que no se acaban). Con esto la correspondencia es biyectiva. Por tanto, \( card(E)=card(\mathbb{N}) \).

Los elementos del segundo conjunto (a través, por ejemplo, de los \( p^{i} \) del término general, que son todos distintos para cada término) los puedes hacer corresponder con los naturales compuestos, por ejemplo; que tampoco se acaban y son todos distintos de los primos. Por tanto, se tendrá: \( card(D)=card(\mathbb{N}) \).

Falta el 1 y el cero que no es primo ni compuesto, pero no van a ninguna parte (en todo caso se podría hacer la chorrada de escribir \( card((E)\cup(D))\leq card(\mathbb{N}) \) ).

Luego \( card((E)\cup(D))=card(\mathbb{N}) \)

Ahora, como ya se ha demostrado repetidamente, \( card(\mathbb{N})<card(P(\mathbb{N})) \); de lo que se sigue que \( card((E)\cup(D))<card(P(\mathbb{N})) \).

...

La idea es que si tú tienes un término general en función de “n” o una “subfórmula” de “n”, de lo que sea, que da números naturales distintos para cada término, siempre podrás numerar los elementos simplemente numerando esa variable natural.

Porque date cuenta de que en tu conjunto D, por mucho que repita los treses, están elevados a distintas potencias, son naturales distintos. Después, todos los múltiplos de 5 puros son distintos de cualquier múltiplo de 3 puro, por tanto, todos los "cincos" elevados a distintas potencias serán naturales distintos entre ellos y distintos de los “treses” de antes... Y así con todos esos primos. Cada término distinto del conjunto implica un natural distinto. Claro como caldo de asilo: eso siempre implica numerabilidad de forma directa, sin analizar más allá.

Ahora bien, el mayor primo será un primo tan grande como se quiera; un primo no puede ser infinito en valor, se cargaría su propia definición de primo. Considerando números tan grandes como quieras, estos conjuntos no deberían darte ningún problema en cuanto a ver que son numerables tanto ellos como su unión. Si te vas al “infinito”... pues sí, vemos nublado, porque ahí no se puede ir uno de viaje por mucho que quiera, es imposible; el infinito existe como concepto, pero la posibilidad de llegar a una cantidad infinita no.

Saludos.

Hola feriva, buenos días;

que se puedan establecer multitud de apliaciones biyectivas entre S y N está claro, lo que intento enseñar es que también se puede establecer funciones biyectivas entre S y P(N).

En el primer ejemplo, cuando presenté el conjunto G, se me dijo que \( f: G\longrightarrow{P(N)} \) sólo demostraba cómo el conjunto de elementos finitos de P(N) tienen antiimagen en G, ahora bien, los elementos infinitos, como el propio conjunto N, o el conjuntos de los pares, no tenían antiimagen.

Ya dije que no esaba de acuerdo, pero entendía que se podía pensar eso. Además la crítica de Luís presentando un conjunto \( B:B=\left\{{n\in{\Bbb N}}, n\not\in f(h(n))\right\}\subseteq{\Bbb N} \), pues era una forma de volver a introducir el argumento de Cantor en esa propuesta. Por eso dije que me gustó esa réplica.

Entonces presenté el conjunto S, como unión de los conjuntos E, D, y una aplicación \( f \) entre S y P(N) en la que que los elementos de E del conjunto S generarían una biyección con los elementos finitos de P(N) según lo apuntado antes por geómetrecat, ani_pascual y el propio Luís, por ejemplo, mientras aún quedan los elementos de D del conjunto S para relacionarse con el resto de elementos de P(N); que son los elementos que contienen infinitos componentes; como el conjunto de naturales, de pares, etc.

Además, pienso que aquí ya no aplica la definición que propuso Luís de ese conjunto B, dado que encontramos valores naturales, como el 1024 ( el 2^10), por ejemplo, que como denominadores se repiten en diferentes elementos de S, cada uno de los cuales son diferentes antiimagenes de P(N). De hecho, algunos de ellos pueden cumplir tranquilamente los requisitos para pertenecer a B y otros no cumplirlos, con lo cual el conjunto B debería de tener por elemento el 1024 y, a la vez, no debería de tenerlo. 

Por consiguiente pienso, no sé si me equivoco, que ello implica que ese conjunto B definido antes por Luís no puede definirse ahora en S, ni por tanto existir, porque esa definición lleva a una contradicción: hay \( n \) tales, como el 1024, que deberían de pertenecer al conjunto B, pero a la vez no pueden pertenecer a B.

En tal sentido, como es evidente que 1024 es un \( n \) que existe como denominador en elementos de S, entonces ¿acaso no se deduce de ello que la construcción de ese conjunto B es imposible? Pero, ¿es posible que para un conjunto cualquiera sea imposible que existan ciertos subconjuntos, porque debería de haber elementos que deben de pertenecer a tales subconjuntos, pero a la vez es imposible que tales elementos pertenezcan a ellos?

En todo caso, lo que ahora se me pide es que defina una función que determine que los elemento de D que pertenecen a S sean una antiimagen de todos, absolutamente todos, los elementos de P(N) que contienen infinitos elementos. Y por consiguiente, que ninguno de ellos quede sin ser imagen de un elemento de S. Tengo una idea, a ver qué tal.

Saludos
 

[RDC]

Algunas breves reflexiones:

-Se me ha dicho que quizás no considere la existencia de conjuntos infinitos, y que a mi entender sólo existan conjuntos finitos. No, todo lo contrario. Lo que no entiendo, o no veo o comparto es que un conjunto infinito sea un "todo" y se pueda tratar como un "todo", como bien ocurre siempre con cualquier conjunto finito. Pues un conjunto infinito no cumple la definición de Todo: que sea mayor que sus partes.

-Como los conjuntos finitos son "todos" (tienen un último elemento que los cierra y conforma) y se comportan como tales, entonces la idea de biyección entre 2 conjuntos finitos corresponde directamente con la idea ordinaria de tamaño. Es algo intuitivo y evidente. El problema que yo le veo al trabajo de Cantor, y al teorema en particular, es extrapolar alegremente esta situación a conjuntos infinitos, tratándolos como si fueran también un "todo". Si embargo, éstos no son un "todo" por definición de infinito.

-Con lo cual, defiendo, que podamos o no podamos relacionar biyectivamente dos conjuntos infinitos no nos dice nada de su hipotético tamaño propio, porque no tiene al no ser un "todo".

-¿Qué nos dice del tamaño de un conjunto infinito el hecho de poderlo relacionar biyectivamente con otro conjunto infinito? Pienso que no nos dice realmente nada de él, propiamente, sino de la relación que se establezca.





 

[feriva]

Hola feriva, buenos días;

que se puedan establecer multitud de apliaciones biyectivas entre S y N está claro, lo que intento enseñar es que también se puede establecer funciones biyectivas entre S y P(N).

En el primer ejemplo, cuando presenté el conjunto G, se me dijo que \( f: G\longrightarrow{P(N)} \) sólo demostraba cómo el conjunto de elementos finitos de P(N) tienen antiimagen en G, ahora bien, los elementos infinitos, como el propio conjunto N, o el conjuntos de los pares, no tenían antiimagen.

Ya dije que no esaba de acuerdo, pero entendía que se podía pensar eso. Además la crítica de Luís presentando un conjunto \( B:B=\left\{{n\in{\Bbb N}}, n\not\in f(h(n))\right\}\subseteq{\Bbb N} \), pues era una forma de volver a introducir el argumento de Cantor en esa propuesta. Por eso dije que me gustó esa réplica.

Entonces presenté el conjunto S, como unión de los conjuntos E, D, y una aplicación \( f \) entre S y P(N) en la que que los elementos de E del conjunto S generarían una biyección con los elementos finitos de P(N) según lo apuntado antes por geómetrecat, ani_pascual y el propio Luís, por ejemplo, mientras aún quedan los elementos de D del conjunto S para relacionarse con el resto de elementos de P(N); que son los elementos que contienen infinitos componentes; como el conjunto de naturales, de pares, etc.

Además, pienso que aquí ya no aplica la definición que propuso Luís de ese conjunto B, dado que encontramos valores naturales, como el 1024 ( el 2^10), por ejemplo, que como denominadores se repiten en diferentes elementos de S, cada uno de los cuales son diferentes antiimagenes de P(N). De hecho, algunos de ellos pueden cumplir tranquilamente los requisitos para pertenecer a B y otros no cumplirlos, con lo cual el conjunto B debería de tener por elemento el 1024 y, a la vez, no debería de tenerlo. 

Por consiguiente pienso, no sé si me equivoco, que ello implica que ese conjunto B definido antes por Luís no puede definirse ahora en S, ni por tanto existir, porque esa definición lleva a una contradicción: hay \( n \) tales, como el 1024, que deberían de pertenecer al conjunto B, pero a la vez no pueden pertenecer a B.

En tal sentido, como es evidente que 1024 es un \( n \) que existe como denominador en elementos de S, entonces ¿acaso no se deduce de ello que la construcción de ese conjunto B es imposible? Pero, ¿es posible que para un conjunto cualquiera sea imposible que existan ciertos subconjuntos, porque debería de haber elementos que deben de pertenecer a tales subconjuntos, pero a la vez es imposible que tales elementos pertenezcan a ellos?

En todo caso, lo que ahora se me pide es que defina una función que determine que los elemento de D que pertenecen a S sean una antiimagen de todos, absolutamente todos, los elementos de P(N) que contienen infinitos elementos. Y por consiguiente, que ninguno de ellos quede sin ser imagen de un elemento de S. Tengo una idea, a ver qué tal.

Saludos

Buenas tardes, RDC

(A estas horas de la tarde me entra siempre un poco de sueño, no sé si me he enterado del todo, pero contesto a lo que creo entender).

Aunque en \( S\rightarrow P(N) \) se puedan hacer corresponder biunívocamente elementos de S con algunos de P(N), no existe biyeccion en esa “f”. Para que se pueda decir eso, tienes que darle un nombre al subconjunto de \( P(N) \), otro distinto, porque los conjuntos considerados son parte integrante de la función (la que sea). Por eso, en la otra cuestión, en la prueba con N y P(N) yo elegía un subconjunto de P(N) al que llamaba f(N); y tenía con ello una función biyectiva, puesto que P(N) es trivialmente al menos tan grande como N (antes de demostrar naeda) y se puede elegir un conjunto f(N) al que biyectar con N. Después, al encontrar un elemento que no estaba en f(N) y sí eníP(N) se demostraba que \( N\rightarrow P(N) \) no era biyectiva.

...

En cuanto a lo otro, los conjuntos que has elegido son “autobiyectables” con los naturales, no hay que hacer nada; como tampoco hay que hacer nada en un conjunto cuyos elementos son, por ejemplo, \( x=\sqrt{-\dfrac{a}{p_{i}}} \), con “a” lo que sea y con “p sub i” los distintos e interminables primos asociados a cada “x”.

Es “autonumerable” porque el cardinal es a lo sumo el mismo que el del conjunto de los primos, trivialmente (también podría ser finito dependiendo de “a” [si a=cts=”0”, por ejemplo] pero nunca mayor que el cardinal de N).

¿Acaso puede haber más elementos x que primos? No, es imposible, a cada x le corresponde un primo diferente, luego tiene que tener el mismo cardinal o menor (se sabe sin definir qué aplicación es, sólo con esa expresión).

Esto no quiere decir que la imagen de cada “p” sea el “x” correspondiente (no importa de quién sean imagen) se considera una imagen en sentido cuantitativo; “p” nos sirve para ir contando los distintos elementos “x” y ver que forman un conjunto numerable.

Y quien dice los distintos primos, dice distintos naturales asociados a cada “x”, será igualmente numerable.

Saludos.