Quiero ver cómo lo resolvéis vosotros.
Dado un grafo en forma de ARBOL ( no tiene ciclos, es conexo, todos los nodos tienen un solo padre, excepto el raíz, que no tiene padre), en el que todos los nodos tienen el mismo número de hijos (excepto los nodos hojas).
1:¿Hay más aristas en el grafo o caminos desde la raíz a los nodos hojas, para un nivel "Ni", siendo i perteneciente a N?
2: Si el grafo tuviese niveles infinitos. ¿Se puede repetir la afirmación de la primera pregunta, hay más aristas o caminos infinitos QUE COMIENCEN EN EL NODO RAÍZ?
Hay que tener en cuenta cuatro cosas:
a) El principio del árbol es igual aunque sea infinito.
b) Dado un nivel Ni, si para el siguiente nivel, Ni+1, necesitas (K=hijos*nodosDeNi) K nodos, necesitamos k aristas o el grafo se vuelve inconexo. Es una propiedad que deben cumplir todos los niveles, tengan la cantidad de nodos que tuviesen, de cualquier cardinalidad.
No vale decir Que infinito menos uno es infinito, pq esa arista que has quitado, vuelve inconexo el grafo. Es como decir que como los Irracionales tienen el mismo cardinal que R, solo con los Irracionales puedo conseguir el número "3,5".
c) Es un grafo árbol, la única forma de crear caminos nuevos, es añadir un nodo y una arista, que llegue hasta él. ( No podemos romper la propiedad de que todos los nodos deben tener los mismos hijos, asi que también la única forma de crear un camino nuevo, es crear un nivel entero nuevo)
d) No hablo de TODOS los caminos del grafo, solo, SOLO, de los que nacen en la raíz y son infinitos (o sea, recorren una serie infinita (card(niveles) = N sub 0) de niveles, y los caminos son una lista infinita de nodos de cada nivel, un nodo por nivel. (card(lista de nodos) = N sub 0 )
El problema consiste en demostrar que hay más caminos infinitos (del tipo especificado) que nodos. También debes explicar, cómo es posible, que comenzando el grafo habiendo más aristas que caminos a las hojas, en que momento esa tendencia cambia sin dejar inconexo el grafo.
Comentarios
#54, demostrarte que no tienes razón es fácil, lo difícil es convencerte.
Pd. Que me digas el fallo
#57 ¿que opinas de lo que dije en contra del hotel infinito de Hilbert? El argumento del botones es incompleto, no sirve para explicar la diferencia.
#57 Por cierto, ¿sirve de algo demostrar que entre dos Irracionales cualesquiera, hay infinitos Racionales?
#57 Otra cosa: es que es mas complicada de explicar. Si aceptamos todos los caminos infinitos posibles del grafo, los que empiezan en el nivel uno, en el dos... y así...
Podemos convertir el problema de forma recursiva, en que cada nodo, es una raíz, te puedo construir una CLJA, recursiva, que aparte de enumerar las aristas de ese grafo, enumera, todas las posibles aristas de todos los subgrafos posibles.
O sea, la misma arista, tendría un natural, por pertenecer al grafo, y un natural, por cada cada subarbol del grafo del que no es la raiz. Y ninguno está repetido.
#60 Es mas, no digamos un natural, digamos un subconjunto infinito de N, por cada caso. Un subconjunto infinito por pertenecer al grafo, y un subconjunto infinito por cada subgrafo del que no es la raiz. Interseccion vacia entre todos. Y no solo los de esa arista.
#36, uhm
#39 Por eso mi problema... ¿por que no puedes demostrar que los posibles caminos infinitos en algun nivel superan a las aristas? Los caminos infinitos no pueden salirse del grafo.
¿Entiendes pq es un problema tan chungo?
#40, en ningún nivel hay caminos infinitos, ya está. Los caminos infinitos no los estás controlando ahí porque no estás contando ninguno.
#41 Pero en cada nivel, de los infinitos niveles, de todos, la "los posibles caminos infinitos" no supera a las aristas.
#42, en cada nivel los posibles caminos infinitos son infinitos, por cada arista pueden pasar infinitos caminos. Así que no tiene sentido que cuentes caminos infinitos posibles, tendrás finitos inicios, pero no finitos caminos posibles.
#51 Por muy infinitos que sean, tengo el mismo numero de aristas.
Si en el nivel wi, se añaden una opciones infinitas de caminos, de cualquier cardinal, las mismas aristas, con el mismo cardinal, son necesarias, para hacer conexo el grafo.
Está bien que me presiones, me obligas a cambiar los conceptos, y hacerlos mejores, y eso mola:
No son finitos inicios, TODOS COMIENZAN EL NODO RAIZ... son infinitos "posibles" caminos infinitos. Pero los posibles, nunca superan a las aristas.. y JODER, se supone que la comparación debería ser humillante tengo R caminos infinitos y solo N aristas. LA diferencia en tan brutal , que ni siquiera es proporcional, es transfinita.
Pero sigo sin ver esa diferencia en ningún nivel.
#53, no vas a ver la diferencia en ningún nivel porque no vas a poder.
Que busques el fallo en donde se demuestra que son distintos,qie te he puesto el link antes, cuando me digas el fallo seguimos hablando de tu supuesta prueba.
#41 Si crees crear nuevas posibilidades para tener mas opciones de caminos infinitos, debes crear las mismas aristas.
#41 Pero si puedo ver cuantos posibles caminos infinitos, como mínimo, coinciden en ese nivel. El grafo ya esta creado, existe infinitamente, todos, TODOS los niveles ya existen.
Dado un nivel, puedo ver cuantas opciones tengo diferentes para seguir por un camino infinito... pero esas "opciones" nunca superan a las aristas, y en algún momento, mis opciones deberían ser mayores que las aristas.
#41 Dado un nivel, que sea mayor que todos los demas.. tenga el cardinal que tenga en nodos. Incluso R, necesito R aristas para hacerlo conexo con su nivel anterior.
#41 Las opciones, algún día, si el cardinal de los caminos infinitos es de un orden de cardinalidad superior ( muy superior a tener infinitos elementos por cada arista), deberían ser una proporción de la cantidad final... pero "las opciones" nunca reflejan eso... incluso cuesta que superen en solo uno a las aristas.
#22, no, es así. De hecho estaba claro que era imposible demostrar que uno era menor que el otro.
Fluffy es un tío inteligente pero no es matemático, en esto va a ser que controlo yo un poco más. Pero aún así ya tiene claro que te equivocas.
Más fácil, si te empeñas, busca tú el fallo a esta demostración de que no hay biyección entre N y R
http://www.zurditorium.com/el-hotel-infinito-de-hilbert
#22 Le doy la razón a #23 , yo de matemáticas limitadito. Si miras mis mensajes, verás que hace dos días dije que las justas como para no cagarme en los desfiles.
#24, hombre, más quisiera yo que mis alumnos de ingeniería controlaran de media lo que en parece que controlas tú.
#25 Es que, entre tú y yo, yo hice ingeniería informática. Otros amigos hicieron físicas y matemáticas. Es complicado creer que se sabe algo de matemáticas cuando estás en un grupo de personas que te dan mil vueltas en el tema. Y lo siento mucho por los ingenieros y estudiantes de ingeniería, pero el nivel matemático es mucho mayor en otras carreras.
#24 El argumento de autoridad no sirve en matemáticas.
#28, el argumento que no sirve es el tuyo
Pd. El argumento de autoridad lo has intentado aplicar tú primero aquí.
#32 Si no sirve, dime en que momento los posibles caminos infinitos superan a las aristas. Asi demostrarías que mi contradiccion es falsa.
No puedes remitirme a otra demostración, si esa demostración fuese viable, deberías poder encontrar una forma de demostrar que en algun nivel del grafo, las posibilidades de caminos infinitos superan a las aristas.
Obviamente, lo mio es un contraejemplo, no puedes negar un contraejemplo, con la misma demostración sobre la que propongo el contraejemplo.
#32 Por eso es un problema interesante:
es jodido de cojones.
Demostrar que estoy equivocado.
#32 Fíjate; un camino no existe solo, un camino infinito, necesita crear los niveles necesarios, las aristas necesarias, y los huecos.. por muy infinito que sea.
Y la proporción caminos infinitos, nodos y aristas en un arbol es calculable.
#23 Yo este hilo ni lo pisé hasta que he visto que tenía tantos comentarios. En serio, no se puede.
#24 Déjalo estar, en serio, es inagotable.
#23 Fíjate, tu entiendes la implicaciones de la afirmación, y eres matemático, así que es cierto, es fácil demostrar la biyección. Pero fluffy si cree que mi afirmación es cierta...
Claro que me puedes enseñar una relación entre dos conjuntos infinitos, que deje caer la idea que uno tiene mas elementos que otro. Hay ejemplos de eso por todas partes. Pero después de eso debes demostrar que no existe ninguna otra relación, que demuestre la biyección.
Si no: F(n) = 2*n + 2 es la prueba irrefutable de que los pares son mas que los naturales.
Ahora miro la de Hilbert y te digo. Pero creo que la CLJA es igual de potente que lo que el cuenta, y con ella consigo enumerar los caminos finitos y los infinitos.
Si supones algo, y le encuentras una contradicción, da igual que otro escriba eso de mil maneras diferentes, esa misma idea, que N y R no tienen el mismo genera mi contradicción.
Ahora yo te desafio: en que momento "las posibilidades de caminos infinitos", superan a las aristas?
Deberías poder demostrarmelo.
#27, demostración, aristas numerales, caminos R, y no hay biyección entre ellos como se demuestra en el link que te pongo.
Tu recuento ¿por qué está mal? Pues te lo he dicho doscientas veces, no cuentas caminos infinitos, solo finitos.
#47 #29 Recordad una cosa: si NxN es equipotente con N, puedo recorrer el hotel cambiando la numeracion de las puertas por una tupla que pertenezca a NxN, y SOLO uso las del tipo (1, x), en la diagonalización.
#29 No estoy contando caminos infinitos, estoy contando "opciones de caminos infinitos", que algun dia, si la diferencia cardinal es tan brutal, deberían superar al menos en uno a las aristas.
Pero vayas al nivel que vayas, nunca tienes mayores opciones que aristas.
#49, ¿por qué los inicios de caminos deben superar a las aristas si hay más caminos? ¿De dónde sacas esa implicación?
Por otro lado, si tuvieras razón la demostración de que R y N tienen distinto cardinal estaría mal. ¿Dónde está el fallo?
#52 INCIOS NO, solo hay un inicio común en todos los caminos infinitos, el nodo raiz, de los que yo te hablo.
EXACTO!! Ahora entiendes el problema?
Si tengo razón es la repollla, pero demostrarme que no la tengo es harto difícil. ¿entiendes ahora la dificultad del problema?
#54 Yo intento contrariarme, por egoismo, y tu me ayudas.
Cuando descubra el fallo, podré mejorarlo.
LLevo 20 años así, cada vez que pillo a un matemático, le expongo la versión actual, me la tumba, y creo otra .
GRACIAS POR TU PACIENCIA.
#29 Segunda opción... si existiese el ultimo nivel más grande que todos los anteriores... Y el cardinal de sus nodos fuese R. ¿Como explicas que necesito R aristas para hacerlo conexo con el anterior?
Incluso si su cardinal fuese N sub 7, o N sub chopocientos... los caminos infinitos acbaan en ese nivel, al que supuestamente nunca llegas. Las aristas para hacerlo conexo, son las mismas que su cardinal.
#23 Me cago en la leche... ¡eres el mismo! ¡2'06"!
#30, ¿cómo? ¿Qué he escrito muy rápido? Pues estoy con el móvil
Te referirás a otra cosa.
#31 Blindfold, record. Tengo un Gan 356.
#33, ah, bueno, ese sería mi récord en algún momento, pero no es mi mejor tiempo oficial, aparte de que me superan de bastante, por eso no me decía nada ese tiempo.
#34 Para ti no, para mí fue el momento que me compré mi primer cubo Soy incapaz de hacerlo blindfold, pero bueno. ¡Que sepas que tienes un fan!
En el árbol infinito hay más caminos, cardinal de R, que nodos y aristas, cardinal de N.
En cada nivel cuentas más nodos y aristas que caminos, pero eso es porque en cada nivel sólo cuentas los caminos de tamaño finito. Los infinitos no los cuentas en ningún momento.
Ciando tomas un límite para comparar cosas tienes que superar todo elemento en cualquier momento. En esta especie de límite que te planteas en ningún momento alcanzas ninguno de los caminos infinitos. Por eso no puedes comparar con árboles finitos.
Así que no tiene sentido ese razonamiento.
PUNTO Y FINAL
#6 No, esta vez no he usado el límite. Y me estoy centrando todo el rato en caminos infinitos.
Si empiezas desde el raíz y cada nodo tiene h hijos.
Si quisieras contar los caminos infinitos empezando por la raiz:
Desde el raiz tienes h posibilidades de caminos infinitos. En el nivel uno tienes h al cuadrado posibilidades de caminos infinitos...
Si el grafo ya estuviese creado, y existiesen TODOS los niveles, si te fijas en uno intermedio, la única forma de aumentar tus posibilidades de caminos infinitos, es crear las mismas aristas.
Para decir que en algún momento las posibilidades de caminos infinitos superen a las aristas, tienes que borrar alguna de alguna parte, y eso rompe el grafo.
Obviamente si el cardinal de los caminos infinitos, del tipo que yo indico, no del de todos los caminos del grafo, es R, las "posibilidades de caminos infinitos" en algun nivel, deben superar al de las aristas.
#16 Un camino infinito, por cojones, en un grafo tipo arbol, para no compartir TODO el camino con otro camino infinito (siempre empezando en la raiz) y poder decir que es unico, necesita eso, la ultima arista, que solo le pertenece a el.
#16, no puedes contar los caminos infinitos que hay hasta un nivel porque no hay ninguno. Estás contando todo el rato los caminos finitos que hay.
#18 "posibilidad de caminos infinitos"... si el total de ellos es mayor que las aristas, las posibilidades deben superar a las aristas alguna vez.
El camino infinito, por muy infinito que sea, necesita crear sus aristas y nodos... si creas uno en solitario.. pasando de las normas del grafo, siempre tendrá una ultima arista que le pertenece solo a el, o varias, pq es un camino solitario.
#18 Hace poco dos matemáticos descubrieron que dos infinitos que se creían uno menor que otro, eran iguales.. imagínate mi cara de sorpresa... jejeje. No digo que mi demostración tyenga el mismo rigor uqe la< de ellos, ni de coña, pero tu dices que la afirmación es falsa, y Fluffy cree que es verdadera.
#8 ¿Aristas entre ramas? Acabo de notar una perturbación en la fuerza. Es un árbol. Una condición, que tú has escrito además, es que cada nodo tiene un único padre. Si hay "aristas entre ramas" entonces un nodo tiene varios padres, así que ese grafo ya no es un árbol.
Pero es que ni siendo así se cumple lo que tienes en la cabeza, lo siento.
#9 Por eso, mi afirmación solo funciona con grafos tipo arbol. Te acabas de dar cuenta de porque la condición tiene que ser un grafo arbol.
#9 ¿El que no se cumple?
#10 ¿Y? Ok, has inventado un sistema para enumerar un infinito numeral dentro de otro infinito numeral.
Se daba en 3º de BUP, se llamaba Hotel de Hilbert, hizo su explicación en 1924. Llegas un siglo tarde.
#13 P(N) = U }
Puedo decir, que ambas partes de esa unión tienen el cardinal de N.
Según Cantor eso es imposible.
#14 Por eso el problema es la primera afirmación, es super obvia, que las aristas de un GAR infinito son, al menos las mismas, que sus caminos infinitos desde la raiz.
Si no la rompes: P(N) |= N|
Pero resulta imposible romperla. Me pongo tonto pq ayer estuvimos discutiendo y me dijeron que esa afirmación era falsa, y tu has visto que es verdadera...
Si es verdadera, demostrar la biyección entre los caminos infinitos del grafo que te indique y los subconjuntos infinitos de N es un juego de niños.
#13, no, lo que quiere hacer es enumerar R (el conjunto de todos los caminos tiene el cardinal de R). No paramos de decirle que es imposible pero sigue en sus 13.
#19 AAAAAhhhh vaaaaaaleee! Pues... solamente puedo desearle suerte.
#4 No admites las críticas.
#67 El unico argumento que me ha dado zurditorium, es que nunca puedes mostrar un contraejemplo, ya que como la premisa siempre es verdadera, invalida cualquier contraejemplo.
En vez de explicar como es posible que los posibles caminos infinitos nunca superen a las aristas, me remite al hotel infinito y la diagonalizacion de Cantor.
Un contraejemplo no necesita rebatir la premisa, simplemente mostrar, que si suponemos que es cierta, se llega a una contradiccion.
Por cierto, hay formas de diagonalizar irracionales que no producen otro irracional. Por lo tanto no siempre, una aplicacion, deja un irracional fuera.
Hay varias formas de hacerlo: si sumas 1 siempre, y en las posiciones n, siempre hay el mismo digito, generas un racional.
#69 Obviamente la única diagonalización útil es la que usa Irracionales. Pues con un subconjunto infinito cualquiera de N, quitamos a todos los racionales de R.
Un subcnonjunto es equipotente con N, asi que puedes decir que tienes n para la diagonalización. Simplemente cuando acabes de suponer que tienes N, a cada parte izquierda de cada igualdad, le aplicas la función que traduce de N, al otro subconjunto infinito de N, que te sobro, despues de quitar los R.
Lo mismo me he perdido o no entiendo... es un grafo en forma de árbol. Asi que digamos que hay n nodos hoja. Como es árbol, para cada nodo hoja hay un único camino, así que hay n caminos. Como hay n nodos hoja hay n aristas que conectan nodos hoja con su nivel anterior. Como hay más niveles, y sabemos que al menos va a haber tantas aristas como nodos hoja, siempre habrá más aristas que nodos. Por muy infinito que sea, porque siempre la cardinalidad de aristas será como mínimo la cardinalidad de nodos hoja.
#2 EXACTO, pero si eso es cierto, la teoría de conjuntos se va a la mierda.
Los caminos infinitos son equipotentes con los subconjuntos con elementos infinitos de N. Y las aristas son enumerables. Además, tengo una forma de enumerar con pares de naturales, no solo uno.
O sea, imagínate un grafo que en el raiz no tiene etiquetado nada... solo lo necesitamos para empezar.
El primer nivel tiene infnitos hijos: nodos etiquetados como "0", "1", "2", "3", ....,
Y de ese nivel, si un nodo está etiquetado como "517", sus hijos comienzan por "518", "519", "520"...
Con los caminos infinitos puedes crear cualquier subconjunto con elementos infinitos de N. Y la relación es biyectiva.
Las aristas son enumerables, y son, al menos TANTAS, como caminos infinitos de ese tipo.
P(N) = U }
El de la izquierda tiene el mismo cardinal que N, y el de la derecha, si lo que dices es cierto, también.
Por eso, o lo que digo está mal, o he encontrado un absurdo si suponemos que el cardinal de P(N) es mayor que el cardinal de N.
#3 Vamos a ver, casos simples con AVL, supongamos que es un árbol binario:
En cada nivel hay 2^n. Si el total de niveles es t, entonces el último nivel tiene 2^t aristas, que son los posibles caminos para llegar a los hijos. Por otro lado, en todo el árbol hay un total de "Sumatorio de x= 1 hasta t de 2^x" = 2^1+2^2... +2^t = 2^(t+1)-2
Si hacemos niveles infinitos, habrá aleph0 nodos hoja que además es la cardinalidad de caminos, y aleph0 aristas.
Así que no hay nada mal, ni hay ningun absurdo... tu problema aquí reduciría a que 2^t y 2^(t+1)-2 con t entero, cuando t tiende a infinito, ambos son infinito numerable.
Por inducción se puede extrapolar a cualquier tipo de árbol. No veo que hayas encontrado ningun absurdo... acabas de descubrir que hay funciones que crecen más rápido que otras, no veo la incongruencia.
Tu exposición es lo mismo que decir "He descubierto que 2^(n+1) crece más deprisa que 2^n".
No sé... no entiendo a dónde quieres llegar. No te has cargado la teoría de conjuntos, sigue intacta. No eres Cantor
#5 Es que puedo enumerar las aristas. Y los caminos finitos. Puedo crear una funcion que asigne uno o infinitos naturales a cada arista y a cada camino finito, que empiece en el raiz. Y no los repito. O sea, puedo enumerar el conjunto U }.
Si los subconjuntos infinitos de N son enumerables, pq enumero un conjunto que tiene los mismos elementos, P(N) tiene el mismo cardinal que N.
#5 A cualquier tipo de arbol no, solo a los tipo árbol. Si a un grafo tipo arbol le creas aristas entre ramas, mandas al carajo la afirmación.
#5 Fijate: si construyes el GAR (grafo arbol regular) así:
raiz -> 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6...., 1027...., 25636747458589, .... 1207390287391826491867....
un nodo para cada número. Y en el siguiente nivel, los hijos de cada nodo comienzan por el natural siguiente a su padre tienes una biyeccion con los subconjuntos infinitos de ese grafo y los subconjuntos infinitos de N.
Para cada subconjunto existe un camino infinito, y cada camino infinito representa SOLO a un subconjunto infinito.
Si enumeras las aristas, puedes decir que el cardinal de los caminos infinitos no es mayor que el de las aristas, y el cardinal de los caminos infinitos es igual al de los subconjuntos infinitos de N. Tienen el mismo cardinal que N.
Todo subconjunto infinito esta bien ordenado, siempre tiene un menor, menor que estará disponible en el nivel uno (si el raiz es el cero). El siguiente menor de ese subconjunto infinito, estara disponible en el nivel dos si coges el nodo en el primer nivel, que esta etiquetado como el anterior menor... pq todos los nodos ahi, son mayores que el anterior. Y así, hasta el nivel infinito.
#2 Estoy buscando a alguien que me reviente esto.
Mierdaaa... no sé editar... el problema consiste en demostrar que hay más caminos infinitos desde la raíz, que ARISTAS en todo el grafo (aunque los nodos es una medida válida también). ¿Cómo se edita un artículo?
Argumento en contra de la diagonalización de Cantor: Y el hotel infinito de Hilbert.
Si el autobus cambia sus numeros, nosotros tambien podemos.
Ok, creamos la diagonalización exactamente igual... PERO ahora nuestras ahabitaciones tienen la numeración:
(1, h) siendo h el numero viejo de habitacion...
Creas tu numero super chachi, yu dices JA, no hay naturales para el... pero si NxN.
Le asignas el (2,1)
NxN es equipotente con N
Luego me dices, es que si roto la primera posicion de la diagonal, tengo infinitas opciones de numero que no puedes cubrir. OK
(1, n1, n2)...
Pero es uqe ahora se me ha ocurrido una enesima forma de diagonalizar... explicame en que consiste, y veamos si no hay algun producto cartesiano de NxNxN.. que no pueda cubrirla.
Es más. la CLJA, a pesar de ser equipotente con N, tiene una mayor capacidad de semántica. Permite construir relaciones de forma recursiva y que sigan siendo enumerables, incluso si son distintas relaciones.
Es la misma mierda que los pares y los naturales. Hilbert encontró una forma, una relación concreta, que "aparentemente" hace a los naturales menores que los R, pero le podemos la vuelta a la tortilla enseguida...
Como con cualquier par de conjuntos infinitos equipotentes.
#47, N tiene el mismo cardinal que NxN y que NxNxN, pero ¿de dónde sacas que tiene el mismo cardinal que el producto infinito NxNxNxN... Partes de un dato que no has demostrado, tu argumento no vale.
Por otro lado, no has encontrado un fallo en la prueba. Has intentado demostrar una cosa, pero no has visto ningún fallo en la prueba. Que el número que se queda fuera lo puedes meter usando otra aplicación, sí, pero esa aplicación seguirá dejando un punto fuera por lo demostrado en dicho link. Busca un fallo. Cuando encuentres el fallo hablamos.
#62
N elevado a N equipotente con N:
Quédate con esta idea más simple que se me acaba de ocurrir (pq ya hice un primer intento). Volvamos al grafo original, pero esta vez, de cada nodo, sus infinitos hijos, son TODOS los números de N.
AHORA AÑADIMOS TAMBIÉN: por cada nodo, que es la raíz de un subárbol, generaremos infinitas (N sub cero) copias del subarbol entero del que es raiz, cuyos nodos a su vez, generan infinitas copías, de sus subarboles, dentro de cada copia de su subarbol, y así recursivamente...
Todas las aristas y nodos, por separado o juntos, de ese pedazo de grafo recursivo e infinito, son enumerables. Para eso necesito explicarte como funciona una CLJA, pero igual ya hay un constructo matemático que demuestra lo que digo. Les puedo asignar un natural único, incluso a las aristas de las copias recursivas, y a los nodos. Al final añadiré una explicación sencilla de por qué son enumerables.
Debería poder darte un natural por cada elemento de N elevado a infinito, pero te daré un natural, en principio, por cada elemento de cada tupla infinita que representan los elementos de N elevado a infinito. Y eso es mucho más de lo que querías.
Dados dos caminos:
Yo le asigno un natural a i, otro a j y otro a k, tu puedes decirme: ¿Como me garantizas que j y k no tienen
conflictos con otros caminos? Por que con i ya has repetido un natural... JUR!! QUE PUTADA!
Dado un conflicto, entre dos caminos posibles, como es el caso de estos dos, con el natural asociado a i.. Si yo consigo asignar un natural a i, y otro a una copia de i, te puedo decir que el otro camino/tupla usa la copia, no?
Bien, todos los caminos que empiezan por el nodo i, del nivel uno, generan infinitos conflictos, con el nivel dos. PERO, tengo infinitas copias del nodo i, cada una con su natural... PERO!! es que no son solo infinitos caminos de orden N...
Por cada copia de i, tengo infinitas copias de cada combinación de , cada copia del subarbol de i, tiene un elemento j en el siguiente nivel. Resuelvo NxN conflictos par los primeros niveles.
Y asi.. podemos cubrir todos los primeros conflictos, de todos los primeros elementos,de las tuplas infinitas, de N^N.
Pero ¿y si tengo varios conflictos salteados en combinaciones inimaginables?
En realidad no son conflictos, si no están al principio, y no son consecutivos, son nodos con las mismas etiquetas, pero de diferentes caminos. Por lo tanto tienen diferentes naturales asociados.
Dados dos caminos con conflictos consecutivos, en el medio por ejemplo:
{1, 2, 3, 25, 13, 0, 0, 0, 0, 7, ...
{5, 4, 3, 25, 13, 0, 0, 0, 0, 54, ...
A pesar de estar en la misma posición, el 3, el 25 y el 13, y los ceros, son nodos diferentes, en cada camino del ejemplo.
Repitamos pero con conflictos al inicio:
{1000, 100, 10, 2, 4, 6, 8, 10, ...
{1000, 100, 10, 1, 3, 5, 7, 9, ...
Del 1000, tengo infinitas copias del subárbol entero. Cada una de esas copias, tiene, en el nivel uno, del subarbol, un nodo etiquetado como 100. De esos nodos, en cada uno, tengo infinitas copias de su subarbol.... cada copia, que tendrán un cardinal NxN (para esa combinación concreta de dos nodos), tengo un natural para cada conflicto posible. Para el 10, solo necesito decir, que tengo NxNxN copias de la combinación 1000, 100, 10,
Si los conflictos son infinitos, en realidad, es la misma tupla, y sus elementos, pueden tener los mismo naturales asociados.
Como los conflictos son finitos, en algún momento pararán, así que al subconjunto infinito de N, que se asocia al subarbol, que comienza por el nodo 1000, solo le pido que sea equipotente con N^ a un natural concreto.
¿Cómo afirmo que la mastodóntica estructura es enumerable? Muy sencillo. Para generarla solo necesito duplicar las aristas infinitas que salen de cada nodo. Una cantidad infinita que crea el grafo original, y en ese nodo en concreto, otro conjunto infinito (tipo N sub cero), que vaya a parar a las infinitas copias de su subarbol.
N sub cero x 2 = N sub cero... por cada nodo, en realidad, tengo N sub cero aristas. Si podia enumerar las aristas del primer grafo, pq eso ya hay gente que lo ha hecho, puedo enumerar las aristas del segundo con copias recursivas.
He resuelto el problema, no te doy un numero por cada tupla infinita de N^N, te doy uno por cada uno de sus elementos. Y para todos los posibles conflictos, tengo una copia, con un natural diferente.
A veces me pasa, buscando equivalencias, acabo asignando naturales de mas a cada elemento. Pero eso es viable entre conjuntos equipotentes:
Dado N y los pares, puedo asociar a cada par, un par del conjunto de los naturales, y su impar siguiente.
Al reves, dados los múltiplos de 4, puedo asociar cada multiplo de 4 con un N unico. Como son multiplos de cuatro, puedo añadir a ese n, el par siguiente al multiplo de 4.
#62 En el ejemplo concreto que pones, no dice nada de eso, por lo tanto habría que explicarlo mejor. Por eso es una mierda la explicación común de la diagonalización.
No tengo más información, pero una vez estuve buscando combinaciones de diagonalizaciones y podia enumerar todas las que se me ocurrían... era una carrera loca:
1) cada vez que encontraba una combinación de diagonalizaciones, y la enumeraba, se me ocurría una nueva forma de hacer la diagonalización, que volvía a poder enumerar...
Si la carrera, que consiste en empatar, y me ganas por uno, y vuelvo a empatar, y me ganas por uno, es que siempre va a quedar UNO por fuera, SIMPLE. Al principio del todo reservo un natural, y creo todo a partir del subconjunto } , y ese cero lo reservo para el que siempre se me escapa... porque al empatar, el cero se me queda libre.
No no, no es tan simple... pueden quedarse por fuera infinitos: cojonudo! Los pares por fuera, hago todo con los impares... cuando empate, los pares se me quedarán libres para el siguiente conjunto infinito que se quede por fuera después del empate...
Aquí la gracia es demostrar la cardinalidad máxima del conjunto de elementos que se quedan por fuera a través de las posibles diagonalizaciones. Y esa cardinalidad, no puede ser R entero, pq ya numeramos algunos, con tanto tira y afloja...
Y para entender eso, hace falta mirar mejor la demostración. PERO tal y como está en ese artículo, no me causa problemas.
Pero si la demostración consiste, en que cada posible relación entre N y R, siempre deja al menos uno por fuera... con la cantidad de posibles relaciones posibles, de mil maneras imaginativas posibles, me encantaría ver como se demuestra eso.
Aqui patino igual: Si Godel dice que demostrar que "la aritmetica es coherente" es imposible, digo que la aritmetica transfinita, es una aritmética. Y por lo tanto demostrar su coherencia, es imposible. Asi que no puedes asegurar que no exista un contraejemplo.
#0 No acabo de verlo claro. Quizá si hicieras un dibujo...
#63 Mira a ver si te vale:
https://drive.google.com/open?id=0B2VUHhY6hzCzbHdua1VvUXFLcU0
Pero ten en cuenta que no es dibujable, el resto de aristas existen tambien, aunque no estén dibujadas, y los nodos etc...