Esercizio Cardinali
Ciao a tutti! Chiedo aiuto su questo esercizio. Purtroppo non sono molto pratico su questo tipo di questioni (abbiate pazienza), quindi volevo chiedere un parere sulla mia soluzione. In particolare sull'ultimo punto c'è qualcosa che mi sfugge poiché mi sembrerebbe giusto procedere come ho fatto, senza seguire il suggerimento (infatti, ho usato la tranistività dell'ordine, non l'antisimmetria). Mi viene il dubbio che non sia vero che la funzione $g$ che ho usato sia un'iniezione. Ovviamente possono anche esserci errori nei punti precedenti. Grazie in anticipo a tutti! Ciao! 
Mostrare che ogni sottoinsieme di $\mathbb{R}$ che contenga un intervallo non-degenere è equipotente ad $\mathbb{R}$.
Seguo i suggerimenti. $1)$ $\mathbb{R}$ è equipotente ad un intervallo aperto ( $x\mapsto x/(1+|x|)$ è una biiezione da $\R$ su $]-1,1[$). Essendo
\[
-1 = -\frac{|x|}{|x|} \le - \frac{|x|}{1+|x|} \le \frac{x}{1+|x|} \le \frac{x}{1+|x|}\le 1,\qquad \forall\, x\in\mathbb{R},
\]
si ha $f(\R)\subseteq]-1,1[$. D'altra parte, per ogni $y\in]-1,1[$ esiste
\[
x = \frac{y}{1-|y|}\in\mathbb{R},
\]
dunque $]-1,1[\subseteq f(\mathbb{R})$ da cui $f(\mathbb{R}) = ]-1,1[$, i.e. $f$ è suriettiva. L'iniettività di $f$ è banale pertanto $f$ è una biiezione tra $\mathbb{R}$ e $]-1,1[$ e quindi $\card(\mathbb{R})=\card(]-1,1[)$.
$2)$ Due qualsiasi intervalli aperti non-vuoti sono tra loro equipotenti (usare mappe affini). Siano $]a,b[$ con $a
f(x) = kx + (c-ak),\qquad k = \frac{d-c}{b-a}>0,\qquad \forall\,x\in]a,b[,
\]
è una biiezione tra i due intervalli e dunque $\card(]-1,1[) = \card(]a,b[)$ per ogni $a,b\in\mathbb{R}$ con $a
\[
[a,b],\quad [a,b[,\quad ]a,b],\quad ]a,b[,\qquad\forall\,a,b\in\mathbb{R},\,a
Ciascuno di essei contiene banalmente l'ntervallo aperto $]a,b[$.
$4)$ Usare l'antisimmetria dell'ordine fra cardinali. Sia $S\subseteq\mathbb{R}$ contenente un intervallo non-degenere, e quindi un intervallo aperto. Dai punti precedenti esiste $f:]a,b[\to\mathbb{R}$ biiettiva dunque la restrizione $g = f^S:]a,b[\to S$ è una biiezione tra $]a,b[$ ed $S$, pertanto $\card(]a,b[)=\card(S)$. Dunque, per quanto provato nei punti precedenti, $\card(\mathbb{R})=\card(S)$.
Mostrare che ogni sottoinsieme di $\mathbb{R}$ che contenga un intervallo non-degenere è equipotente ad $\mathbb{R}$.
Seguo i suggerimenti. $1)$ $\mathbb{R}$ è equipotente ad un intervallo aperto ( $x\mapsto x/(1+|x|)$ è una biiezione da $\R$ su $]-1,1[$). Essendo
\[
-1 = -\frac{|x|}{|x|} \le - \frac{|x|}{1+|x|} \le \frac{x}{1+|x|} \le \frac{x}{1+|x|}\le 1,\qquad \forall\, x\in\mathbb{R},
\]
si ha $f(\R)\subseteq]-1,1[$. D'altra parte, per ogni $y\in]-1,1[$ esiste
\[
x = \frac{y}{1-|y|}\in\mathbb{R},
\]
dunque $]-1,1[\subseteq f(\mathbb{R})$ da cui $f(\mathbb{R}) = ]-1,1[$, i.e. $f$ è suriettiva. L'iniettività di $f$ è banale pertanto $f$ è una biiezione tra $\mathbb{R}$ e $]-1,1[$ e quindi $\card(\mathbb{R})=\card(]-1,1[)$.
$2)$ Due qualsiasi intervalli aperti non-vuoti sono tra loro equipotenti (usare mappe affini). Siano $]a,b[$ con $a
f(x) = kx + (c-ak),\qquad k = \frac{d-c}{b-a}>0,\qquad \forall\,x\in]a,b[,
\]
è una biiezione tra i due intervalli e dunque $\card(]-1,1[) = \card(]a,b[)$ per ogni $a,b\in\mathbb{R}$ con $a
\[
[a,b],\quad [a,b[,\quad ]a,b],\quad ]a,b[,\qquad\forall\,a,b\in\mathbb{R},\,a
Ciascuno di essei contiene banalmente l'ntervallo aperto $]a,b[$.
$4)$ Usare l'antisimmetria dell'ordine fra cardinali. Sia $S\subseteq\mathbb{R}$ contenente un intervallo non-degenere, e quindi un intervallo aperto. Dai punti precedenti esiste $f:]a,b[\to\mathbb{R}$ biiettiva dunque la restrizione $g = f^S:]a,b[\to S$ è una biiezione tra $]a,b[$ ed $S$, pertanto $\card(]a,b[)=\card(S)$. Dunque, per quanto provato nei punti precedenti, $\card(\mathbb{R})=\card(S)$.
Risposte
L'antisimmetria dell'ordine è data dal fatto che se esiste una funzione iniettiva $X\to Y$, e una funzione iniettiva $Y\to X$, allora ne esiste una biiettiva $X\to Y$ -come puoi immaginare, questo dipende dall'assioma della scelta-, ed è un teorema, benché semplice, che si chiama teorema di Cantor-Schroder-Bernstein. E' probabile quindi che il suggerimento si segua trovando una funzione iniettiva \(]a,b[\to S\) (facile) e una funzione iniettiva \(S\to ]a,b[\): d'altra parte esistono una funzione iniettiva $S\to RR$ (perché $S$ ne è un sottoinsieme) e una funzione iniettiva $RR\to ]a,b[$ (per quello che hai dimostrato sopra).
Ciao Killing_buddha, sei sempre gentilissimo a rispondermi, grazie. Certamente il suggerimento si segue come dici tu. Da ignorante direi che la funzione identica di $S$, $1_S:S\to\mathbb{R}$, è una funzione iniettiva di $S$ in $\mathbb{R}$ mentre estendendo il codominio della funzione iniettiva $\mathbb{R}\to]a,b[$ ad $S$ ottengo un funzione iniettiva da $\mathbb{R}$ in $S$, dunque posso applicare il Teorema. Mi pare però che la funzione che ho indicato io, sia effettivamente una biiezione, poiché lo è $f:]a,b[\to\mathbb{R}$, e quindi non ci sia bisogno di invocare la transitività dell'ordine. Quello che non mi torna, da ignorante, è che in tal modo ho dimostrato qualcosa in più, ovvero che $card(\mathbb{R})$ è uguale a quella di ogni suo sottoinsieme che contenga un intervallo non-degenere.
Grazie ancora per l'aiuto
Grazie ancora per l'aiuto
Certamente è possibile trovare una biiezione esplicita.
Quindi ognuno di tali sottoinsiemi dei reali ha la stessa cardinalità di R, che è più di quello che chiedevano di mostrare: interessante (immagino sia arcinoto, ma non lo avevo mai visto rigorosamente diciamo). Grazie mille ancora per l'aiuto!!
Tu hai dimostrato una cosa ancora più forte, cioè che $RR$ e un qualsiasi intervallo $]a,b[$ sono omeomorfi (la funzione che hai definito è continua con inversa continua). 
Si può generalizzare a questo asserto, prova:
Dico che un sottoinsieme di $RR$ è perfetto se non ha punti isolati. Ogni sottoinsieme perfetto di $RR$ ha cardinalità $\mathfrak c$.
Dico che un sottoinsieme di $RR$ è perfetto se non ha punti isolati. Ogni sottoinsieme perfetto di $RR$ ha cardinalità $\mathfrak c$.
Ah ecco!! Ti ringrazio infinitamente per i suggerimenti Killing_buddha, spero che in settimana riuscirò a riprendere in mano la questione e approfitterò per postare qui la mia soluzione, sempre che riesca a farla
Ciao Killing_Buddha, non mi sono dimenticato del tuo esercizio nonostante il mese di assenza, purtroppo ho avuto dei problemi di salute che mi hanno permesso a stento di occuparmi del mio lavoro e non sono riuscito a continuare a studiare le mie cose personali, molto più interessanti .
In ongni caso, credevo che per dimostrare il tuo risultato bisognasse usare il risultato che avevo mostrato nell'esercizio che avevo postato sopra, quindi, preso un generico sottoinsieme $A$ di $\RR$ fatto dei suoi punti di accumulazione, cercavo di costruire un intervallo non-degenere e usare il precedente risultato. Ovviamente ero fuori strada . Prendendo spunto dal web, mi pare che l'osservazione fondamentale da fare sia che se $A$ è fatto solo dei suoi punti di accumulazione non può essere finito, quindi o è infinito numerabile o ha cardinalità del continuo. A questo punto bisogna escludere la prima, e si conclude. Cercherò di concludere da solo ma la vedo dura .
A brevissimo posterò un altro esercizio che mi sta facendo diventare matto, qui faccio fatica anche a cominciare: visto che tu sei molto bravo, spero che mi possa aiutare come al solito (devo dire che affrontare da solo questa storia dei cardinali per avere un'infarinatura è molto difficile per me, però è l'unico modo in attesa di riuscire a fare una laurea in matematica), grazie come al solito e scusa il ritardo, ciao!
. In ongni caso, credevo che per dimostrare il tuo risultato bisognasse usare il risultato che avevo mostrato nell'esercizio che avevo postato sopra, quindi, preso un generico sottoinsieme $A$ di $\RR$ fatto dei suoi punti di accumulazione, cercavo di costruire un intervallo non-degenere e usare il precedente risultato. Ovviamente ero fuori strada
. Prendendo spunto dal web, mi pare che l'osservazione fondamentale da fare sia che se $A$ è fatto solo dei suoi punti di accumulazione non può essere finito, quindi o è infinito numerabile o ha cardinalità del continuo. A questo punto bisogna escludere la prima, e si conclude. Cercherò di concludere da solo ma la vedo dura . A brevissimo posterò un altro esercizio che mi sta facendo diventare matto, qui faccio fatica anche a cominciare: visto che tu sei molto bravo, spero che mi possa aiutare come al solito (devo dire che affrontare da solo questa storia dei cardinali per avere un'infarinatura è molto difficile per me, però è l'unico modo in attesa di riuscire a fare una laurea in matematica), grazie come al solito e scusa il ritardo, ciao!
"dan93":
Prendendo spunto dal web, mi pare che l'osservazione fondamentale da fare sia che se $A$ è fatto solo dei suoi punti di accumulazione non può essere finito, quindi o è infinito numerabile o ha cardinalità del continuo.
Che l'insieme deve essere infinito è giusto, ma la seconda cosa che hai detto non è necessariamente vera, infatti questa cosa che hai detto è una cosa che non si può né dimostrare né confutare, nel senso che potrebbero esserci degli infiniti intermedi tra quello di $NN$ e quello di $RR$, è la famosa ipotesi del continuo che Cantor ha enunciato ed è ammattito nel tentativo di dimostrarla.
Grazie mille otta96, che figata!! Non ero mai entrato in contatto con questa ipotesi del continuo, l'ho sempre solo sentita dire, in generale da gente a cui piaceva parlare e basta finalmente un caso (dei tanti, immagino) in cui vedo dove effettivamente "servirebbe". Ti ringrazio molto per il commento 
finalmente un caso (dei tanti, immagino) in cui vedo dove effettivamente "servirebbe". Ti ringrazio molto per il commento
Sono contento che il commento ti sia piaciuto così tanto, comunque non è vero che in questo caso serve l'ipotesi del continuo, quello che stavo dicendo è che la cosa che vuoi dimostrare non puoi farlo mostrando solamente che un insieme perfetto è più che numerabile, devi proprio riuscire a dimostrare che esiste una biezione con $RR$.
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