Почему диагонализация не требует пределе?

Question

Когда мы определим количественную оценку бесконечных сумм, мы делаем это, принимая предел как $ i $ идет в бесконечность.Например, мы смотрим на $ \ lim_ {n \ prevarrow \ infty} \ sum_ {n \ in \ mathbb {n}} n $ , а затем мы говорим, чтоЭто расходится и не имеет суммы.

Когда мы занимаемся диагонализацией, мы повторяем бесконечный список во время индексации каждого элемента своего списка натуральным номером, а затем говорить о результате.Почему мы можем сделать это вместо того, чтобы вызывать ограничения?

Точно так же, будет ли быть в порядке, чтобы назначить значение для $ \ sum_ {n \ in \ mathbb {n}} n $ со значениембесконечная последовательность?

Answer 1

Некоторые аргументы диагонализации могут потребовать пределов, чтобы иметь возможность ногтировать все детали (например, если они включают в себя бесконечную сумму или бесконечное десятичное расширение, которое формально просто бесконечная сходящаяся сумма определенный вид), но они не требуют пределов в целом.

Самый популярный аргумент диагонализации доказывает, что $ | \ mathbb {n} | \ Neq | \ mathbb {r} | $ . В зависимости от того, как вы видели это, разрешение некоторых деталей может быть в конечном итоге требует пределов из-за характера $ \ mathbb {r} $ . Итак, давайте посмотрим на решительно дискретный пример диагонализации:

Теорема $ | \ mathbb {n} | \ Neq | \ {0, 1 \} ^ \ mathbb {n} | $

Мы принимаем $ \ {0, 1 \} ^ \ mathbb {n} $ , чтобы быть набором всех бесконечных последовательностей и нулей (вы также можете Подумайте об этом как о функциональном пространстве $ \ mathbb {n} \ \ {0,1 \} $ ). Так, например, мы могли бы иметь последовательности $ a= (0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, \ cdots) $ Такое, что < Spaness Class= «Математический контейнер»> $ a_ {2i}= 0 $ и $ a_ {2i + 1}= 1 $ .

Поскольку это аргумент диагонализации, мы продолжаем противоречие. Сначала предположим, что можно перечислить все элементы $ \ {0, 1 \} ^ \ mathbb n $ через некоторую функцию $ f $ , чтобы для всех $ i \ geq 0 $ , $ f (i) $ - бесконечная последовательность 0s и 1s.

Мы построим явную бесконечную последовательность, которая не отображается на изображении $ F $ , что доказывает, что нет такого $ f $ может перечислять все бесконечные последовательности 0s и 1s, что означает, что $ | \ mathbb n | \ Neq | \ {0,1 \} ^ \ mathbb n | $ По желанию:

$$ a_i \ triangleq 1 - f (i) _i $$

И теперь мы можем сразу увидеть построение, что для каждого $ i \ geq 0 $ , $ a \ neq f (i) $ , поскольку если $ a= f (i) $ Тогда для всех $ K $ < / span>, $ a_k= f (i) _k $ , но, в частности, для $ k= i $ У нас есть $ a_i= 1 - f (i) _i \ neq f (i) _i $ . $ \ blacksquare $

---

Эта конструкция явно не включает никаких ограничений - все объекты являются дискретизированными. Эквивалентное полное доказательство, специально для $ \ mathbb r $ может включать ограничение или (простое и автоматическое) доказательство конвергенции для построения реального числа $ a $ , но нет ничего особенно проницательного в этом шаге.