Diskussion:Satz von Cantor

Laienhafterer und verständlicherer Beweis

Ich habe mal eine besser verständlichere Version des Beweises eingefügt, einige Sonderzeichen kannte ich nicht, da habe ich einstweilen das Euro-Zeichen missbraucht. Da ich selbst Laie bin, wäre eine Diskussion vllt. angebracht; falls daran irgendwas nicht in Ordnung ist, sollte man die Einfügung natürlich wieder rausnehmen. Ich habe den Beweis gleich in die Seite gepostet und nicht erst hier, weil diese Diskussionsseite mir sehr verwaist vorkam. (nicht signierter Beitrag von 93.218.181.172 (Diskussion) 15:47, 2. Sep. 2014 (CEST))

Ok, mein Beitrag wurde nicht angenommen, mit der Bemerkung er sei nicht lesbar und unnötig kompliziert. Ich glaube, Cantor's Beweis ist komplizierter als es scheint und meine Version zeigt, wie der Beweis genau!!! funktioniert. Dass meine Version nicht lesbar ist, mag sein. Ich notiere sie hier nochmal, vllt. hat ja jmd. Interesse an einer Diskussion, wenn nicht, auch kein Problem:

1. Wir haben eine Menge X mit x als deren Elemente.
2. Wir haben die Potenzmenge von X, genannt P(X), mit allen Teilmengen von X, genannt px, als deren Elemente.
3. Wir haben die Menge F, bei der wir annehmen, dass sie folgende Elemente hat: jedes px zu mind. einem x zugeordnet, d.h. [x, px] (Surjektionsannahme).
4. Jetzt konstruieren wir eine Menge B, welche diejenigen x als Elemente hat, die in F sind (und damit mind. ein px als Partner haben, vgl. 3.), aber nicht in diesem px vorkommen. B ist Teilmenge von X - entweder weil sie leer ist oder weil irgendwelche x darin sind. Dadurch ist B auch Element von P(X), also ein px-Element.
5. B muss wegen der Surjektionsannahme in 3. auf jeden Fall nicht nur in F sein, sondern auch ein x als Partner haben, nennen wir dieses x zur besseren Unterscheidbarkeit: x_B.
6. Wenn ein x_B in F der Menge B zugeordnet ist, dann muss gelten: entweder x_B € B oder x_B ~€ B.
a) Wenn x_B € B, dann gilt wegen der Definition von B, dass x_B nicht in B vorkommt, also x ~€ B. Das widerspricht der Annahme x € B und kann daher nicht der Fall sein.
b) Wenn x_B ~€ B, dann gilt wegen der Definition von B, dass x_B in B vorkommt, also x € B. Das widerspricht der Annahme x ~€ B und kann daher nicht der Fall sein.
7. Weil es nur die zwei Möglichkeiten von 6a) und 6b) gibt und beide zu Widersprüchen führen gilt bei 6. Kontraposition, d.h. x_B ist in F nicht B zugeordnet. Damit gibt es in F ein px, dem kein x zugeordnet werden kann, was der Surjektionsannahme aus 3. widerspricht, die damit falsch sein muss, d.h. wahr ist: Nicht jedem px ist in F ein x zugeordnet, d.h. X und P(X) sind nicht surjektiv.
8. Wir wissen, dass X und P(X) injektiv sind, d.h. jedem x kann ein px zugeordnet werden, weil jedes x ja in P(X) schlicht als {x} geschrieben werden kann. Wenn aber jedes x einem px, aber nicht jedes px einem x zugeordnet werden kann, dann gilt: P(X) ist mächtiger als X, weil man zwar mit px alle x abzählen könnte, aber nicht mit allen x alle px. (nicht signierter Beitrag von 93.218.130.90 (Diskussion) 20:56, 4. Sep. 2014 (CEST))

Beweis unvollständig (wenn man es genau nimmt)

Dann gilt

$a\in f(a)\,\iff \,a\in M$, denn $f(a)=M$

$\iff a\notin f(a)$ nach Definition von $M$.

Reicht nicht aus!

Vorschlag:

1. Falls $a\in M$, dann gilt: $a\in M\Leftrightarrow a\in f(a)\Rightarrow a\notin M$ $\Rightarrow$ Wiederspruch

2. Falls $a\notin M$, dann gilt: $a\notin M\Leftrightarrow a\notin f(a)\Rightarrow a\in M$ $\Rightarrow$ Wiederspruch

Damit muss die Annahme falsch sein ...

Evtl. könnte man noch begründen, warum die Äquivalenz, bzw. Folgerung gilt. (Definition von Surjektivität und der Menge M)

Grüße, Herr S. (nicht signierter Beitrag von 78.52.203.230 (Diskussion) 14:53, 7. Jul 2010 (CEST))

Hallo, wenn hier etwas noch unvollständig ist, kannst du natürlich auch einfach selbst den Artikel bearbeiten und entsprechend ändern. Ansonsten werde ich das auf Dauer noch einfügen. Gruß --Star Flyer 15:52, 7. Jul. 2010 (CEST)

Hab nochmal geguckt und nicht gesehen, was fehlt. Der Beweis ist in etwa der von hier. Also wäre nett, wenn du genauer erklären könntest, wieso das nicht reicht. Gruß --Star Flyer 23:02, 15. Jul. 2010 (CEST)

Einfacherer Beweis

ich möchte einen weiteren Beweis vorschlagen, der wesentlich einfacher ist, als die bisherigen Vorschläge.

Dass wir eine injektive Abbildung konstruieren können, wurde bereits gezeigt.

Angenommen eine surjektive Abbildung $f:X\to P(X)$ existiert.

Dann wird jede Einermenge $\{x\}\in P(X)$ durch irgendein Element aus $y\in X$ getroffen (formal: $\forall x\in X\exists y\in X|f(y)=\{x\}$). Wir können Annehmen, dass gerade $y=x$ gilt (*). Somit ist $\emptyset \notin f(X)=\{\{x\}|x\in X\}$, obwohl offensichtlich $\emptyset \in P(X)$ gilt. Damit ist $f(X)\neq P(X)$ und $f$ im Widerspruch zur Annahme nicht surjektiv.

(*) Ansonsten bertachten wir stattdessen die Abbildung $g:X\to P(X)$ wobei $g(x)=f(y)=\{x\},g(y)=f(x)$ und ansonsten $g(z)=f(z)$. Anschaulich vertauschen wir lediglich irgendwelche Bilder und ändern damit nicht die gesamte Menge aller Bilder. Da $f$ surjektiv war, ist es auch $g$, schließlich sind die Bildmengen gleich, und wir hätten auch gleich $g$ an Stelle von $f$ wählen können. Formal können wir auch eine Bijektion $h:P(X)\to P(X)$ definieren, die die Bilder entsprechend vertauscht. Dann ist $g=f\circ h$ ebenfalls surjektiv, wenn $f$ surjektiv ist. Spezialist^D 14:06, 16. Okt. 2014 (CEST)

Ne, das klappt so sicher nicht. Es wird auch gar nicht klar, wie du g genau definieren willst. Welches x, welches y, welches „ansonsten“? Grüße -- HilberTraum (d, m) 14:31, 16. Okt. 2014 (CEST)

Denkblockade

Ich habe keine Zweifel, dass der Beweis richtig ist, aber ich sehe z.Z. nicht warum $a\in f(a)$ gilt. Und das ist ja der Knackpunkt. Vielleicht haben ja auch meine Mitdiskutanten oben ähnliche Probleme. 18:46, 17. Jan. 2020 (CET) (unvollständig signierter Beitrag von JürgenWS (Diskussion | Beiträge) )

Es wird nicht behauptet, dass das gilt. Aber wenn es gilt, dann folgt $a\notin f(a)$. Und wenn $a\notin f(a)$ gilt, dann folgt $a\in f(a)$. -- HilberTraum (d, m) 20:35, 17. Jan. 2020 (CET)

Ahhh! Vielen Dank JWS (Diskussion) 08:18, 18. Jan. 2020 (CET)

wenn wir wissen, dass $|\mathbb {R} |=|{\mathcal {P}}(\mathbb {N} )|$

Woher wissen wir das? (nicht signierter Beitrag von 92.116.29.64 (Diskussion) 19:33, 20. Dez. 2021 (CET))