Rozkład z przesunięciem

[mol_ksiazkowy]

Czy zbiór liczb naturalnych można rozłożyć na rozłączne podzbiory nieskończone, których będzie nieskończona ilość, w taki sposób aby każdy z tych podzbiorów był przesunięciem dowolnego innego z nich ?


Zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest przesunięciem zbioru \(\displaystyle{ B}\) o liczbę całkowitą \(\displaystyle{ m}\) jeśli \(\displaystyle{ A= m+B = \{ m+b : \ b \in B \}}\)

[Premislav]

Albo czegoś tu nie rozumiem, albo trzeba poprawić treść, bo obawiam się, że w obecnym kształcie wystarczy przedstawić \(\displaystyle{ \NN}\) jako sumę singletonów i narciarz.

[Brombal]

Można spróbować w takim kierunku:
Dla każdego dowolnego \(\displaystyle{ p_i}\) - będącego i-tą liczbą pierwszą dla \(\displaystyle{ i>1}\)
Zbiory liczb podzielnych przez \(\displaystyle{ p_i}\) i jednocześnie niepodzielnych przez wszystkie \(\displaystyle{ p_j}\) gdzie \(\displaystyle{ j<i}\)
Zbiory są nieskończone i jest ich nieskończenie wiele są również rozłączne ale przesunięcie już nie występuje.

[Slup]

Postaram się rozwiązać zadanie po poprawce Premislava. Zrobimy zadanie ogólniejsze. Umówmy się, że \(\displaystyle{ \mathbb{N} = \{0,1,2,...\}}\).

Załóżmy, że mamy niepuste zbiory \(\displaystyle{ \{A_k\}_{k\in \mathbb{N}}}\) takie, że

\(\displaystyle{ \mathbb{N} = \dot\bigcup_{k\in \NN}A_k}\)

Ponadto niech dla każdego \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) istnieje \(\displaystyle{ l}\) takie, że

\(\displaystyle{ n+A_k \subseteq A_l}\)

Wówczas wszystkie te zbiory są singletonami.

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie tym spośród zbiorów \(\displaystyle{ \{A_k\}_{k\in \mathbb{N}}}\), który zawiera \(\displaystyle{ 0\in \mathbb{N}}\). Rozpatrzmy funkcję \(\displaystyle{ f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}}\) określoną przez warunek \(\displaystyle{ n+X\subseteq A_{f(n)}}\). Z równości

\(\displaystyle{ \mathbb{N} = \bigcup_{n\in \mathbb{N}}\left(n+X\right)}\)

wynika, że \(\displaystyle{ f}\) jest surjekcją. Łatwo zauważyć, że zachodzi

\(\displaystyle{ n+A_{f(m)} \subseteq A_{f(n+m)}}\)

dla \(\displaystyle{ n, m\in \mathbb{N}}\).

uzasadnienie:    

Oczywiście \(\displaystyle{ n+m \in (n+m)+X = n+\left(m+X\right)\subseteq n+A_{f(m)}}\). Ponadto \(\displaystyle{ n+A_{f(m)}\subseteq A_k}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k}\), co wynika z założeń. Stąd \(\displaystyle{ n+m\in A_k}\) oraz \(\displaystyle{ n+m\in A_{f(n+m)}}\). Zatem \(\displaystyle{ A_k = A_{f(n+m)}}\) i \(\displaystyle{ n+A_{f(m)}\subseteq A_k=A_{f(n+m)}}\).

Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ f}\) jest injekcją. Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ f(m) = f(n+m)}\) dla \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ m}\) naturalnych oraz \(\displaystyle{ n>0}\). Wtedy

\(\displaystyle{ n+A_{f(m)}\subseteq A_{f(n+m)}= A_{f(m)}}\)

Kładąc \(\displaystyle{ B = A_{f(m)}}\) mamy \(\displaystyle{ n+B\subseteq B}\). Stąd można przez łatwą indukcję wykazać, że \(\displaystyle{ k+B \subseteq \bigcup_{i=0}^{n-1}\left(i+B\right)}\) dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\). Oznacza to, że

\(\displaystyle{ k+A_{f(m)}\subseteq \bigcup_{i=0}^{n-1}\left(i+A_{f(m)}\right)\subseteq \bigcup_{i=0}^{n-1}A_{f(m+i)}}\)

dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\). Z faktu \(\displaystyle{ k+A_{f(m)}\subseteq A_{f(m+k)}}\) wynika teraz, że zachodzi

\(\displaystyle{ A_{f(m+k)}\cap \bigcup_{i=0}^{n-1}A_{f(m+i)} \neq \emptyset}\)

Stąd natychmiast wynika, że dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\) zbiór \(\displaystyle{ A_{f(m+k)}}\) musi być jednym ze zbiorów \(\displaystyle{ A_{f(m+i)}}\) dla \(\displaystyle{ 0\leq i<n}\). Stąd \(\displaystyle{ f(m+k)\subseteq \{f(m),f(m+1),...,f(m+n-1)\}}\) dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\). To oznacza jednak, że \(\displaystyle{ f}\) przyjmuje skończenie wiele wartości. Jest to sprzeczność z tym, że \(\displaystyle{ f}\) jest surjekcją na zbiór nieskończony.

Zatem \(\displaystyle{ f}\) musi być injekcją. Udowodniliśmy zatem, że \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją. Stąd wynika, że zbiory \(\displaystyle{ \{A_{f(n)}\}_{n\in \mathbb{N}}}\) są parami rozłączne i pokrywają \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\). Ponadto \(\displaystyle{ n\in A_{f(n)}}\) dla każdego \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\). Z tych dwóch obserwacji wynika, że \(\displaystyle{ A_{f(n)} = \{n\}}\) dla każdego \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\).

[Sylwek]

Ukryta treść:    

Postaram się rozwiązać zadanie po poprawce Premislava. Zrobimy zadanie ogólniejsze. Umówmy się, że \(\displaystyle{ \mathbb{N} = \{0,1,2,...\}}\).

Załóżmy, że mamy niepuste zbiory \(\displaystyle{ \{A_k\}_{k\in \mathbb{N}}}\) takie, że

\(\displaystyle{ \mathbb{N} = \dot\bigcup_{k\in \NN}A_k}\)

Ponadto niech dla każdego \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) istnieje \(\displaystyle{ l}\) takie, że

\(\displaystyle{ n+A_k \subseteq A_l}\)

Wówczas wszystkie te zbiory są singletonami.

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie tym spośród zbiorów \(\displaystyle{ \{A_k\}_{k\in \mathbb{N}}}\), który zawiera \(\displaystyle{ 0\in \mathbb{N}}\). Rozpatrzmy funkcję \(\displaystyle{ f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}}\) określoną przez warunek \(\displaystyle{ n+X\subseteq A_{f(n)}}\). Z równości

\(\displaystyle{ \mathbb{N} = \bigcup_{n\in \mathbb{N}}\left(n+X\right)}\)

wynika, że \(\displaystyle{ f}\) jest surjekcją. Łatwo zauważyć, że zachodzi

\(\displaystyle{ n+A_{f(m)} \subseteq A_{f(n+m)}}\)

dla \(\displaystyle{ n, m\in \mathbb{N}}\).

uzasadnienie:    

Oczywiście \(\displaystyle{ n+m \in (n+m)+X = n+\left(m+X\right)\subseteq n+A_{f(m)}}\). Ponadto \(\displaystyle{ n+A_{f(m)}\subseteq A_k}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k}\), co wynika z założeń. Stąd \(\displaystyle{ n+m\in A_k}\) oraz \(\displaystyle{ n+m\in A_{f(n+m)}}\). Zatem \(\displaystyle{ A_k = A_{f(n+m)}}\) i \(\displaystyle{ n+A_{f(m)}\subseteq A_k=A_{f(n+m)}}\).

Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ f}\) jest injekcją. Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ f(m) = f(n+m)}\) dla \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ m}\) naturalnych oraz \(\displaystyle{ n>0}\). Wtedy

\(\displaystyle{ n+A_{f(m)}\subseteq A_{f(n+m)}= A_{f(m)}}\)

Kładąc \(\displaystyle{ B = A_{f(m)}}\) mamy \(\displaystyle{ n+B\subseteq B}\). Stąd można przez łatwą indukcję wykazać, że \(\displaystyle{ k+B \subseteq \bigcup_{i=0}^{n-1}\left(i+B\right)}\) dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\). Oznacza to, że

\(\displaystyle{ k+A_{f(m)}\subseteq \bigcup_{i=0}^{n-1}\left(i+A_{f(m)}\right)\subseteq \bigcup_{i=0}^{n-1}A_{f(m+i)}}\)

dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\). Z faktu \(\displaystyle{ k+A_{f(m)}\subseteq A_{f(m+k)}}\) wynika teraz, że zachodzi

\(\displaystyle{ A_{f(m+k)}\cap \bigcup_{i=0}^{n-1}A_{f(m+i)} \neq \emptyset}\)

Stąd natychmiast wynika, że dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\) zbiór \(\displaystyle{ A_{f(m+k)}}\) musi być jednym ze zbiorów \(\displaystyle{ A_{f(m+i)}}\) dla \(\displaystyle{ 0\leq i<n}\). Stąd \(\displaystyle{ f(m+k)\subseteq \{f(m),f(m+1),...,f(m+n-1)\}}\) dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\). To oznacza jednak, że \(\displaystyle{ f}\) przyjmuje skończenie wiele wartości. Jest to sprzeczność z tym, że \(\displaystyle{ f}\) jest surjekcją na zbiór nieskończony.

Zatem \(\displaystyle{ f}\) musi być injekcją. Udowodniliśmy zatem, że \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją. Stąd wynika, że zbiory \(\displaystyle{ \{A_{f(n)}\}_{n\in \mathbb{N}}}\) są parami rozłączne i pokrywają \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\). Ponadto \(\displaystyle{ n\in A_{f(n)}}\) dla każdego \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\). Z tych dwóch obserwacji wynika, że \(\displaystyle{ A_{f(n)} = \{n\}}\) dla każdego \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\).

Slup, a co np. z \(\displaystyle{ \mathbb{N} = \lbrace 0, 2 \rbrace \cup \lbrace 1, 3 \rbrace \cup \lbrace 4, 6 \rbrace \cup \lbrace 5, 7 \rbrace \cup \lbrace 8, 10 \rbrace \cup \lbrace 9, 11 \rbrace \cup \ldots}\)?

Nie wczytywałem się w dowód, ale być może chodzi o tę modyfikację (dodatkowo, oryginalna wersja zadania nie mówiła o zbiorach nieskończonych, więc być może zgubiłem wątek)

Ponadto niech dla każdego \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) istnieje \(\displaystyle{ l}\) takie, że

\(\displaystyle{ n+A_k \subseteq A_l}\)

[Slup]

Hmm. Myślę, że źle zrozumiałem treść oryginalnego zadania. Zadanie, które ja sformułowałem, jest raczej rozwiązane poprawnie. Twój przykład jest dobry w kontekście oryginalnego zadania, ale nie spełnia właśnie tego warunku:

Ponadto niech dla każdego \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) istnieje \(\displaystyle{ l}\) takie, że

\(\displaystyle{ n+A_k \subseteq A_l}\)

bo \(\displaystyle{ 2+\{0,2\}=\{2,4\}}\) nie jest żadnym z podanych przez Ciebie zbiorów. U mnie było założenie o tym, że ta rodzina zbiorów jest zamknięta na dowolne naturalno-liczbowe przesunięcia, a to oczywiście nie jest to samo, co fakt, że każde dwa z tych zbiorów różnią się o pewne przesunięcie.

[Slup]

Jestem chyba jednak w stanie naprawić swoją wpadkę (dzięki Sylwek) i wiem jak rozwiązać oryginalne zadanie.

Niech \(\displaystyle{ A\subseteq \mathbb{N}}\) będzie zbiorem składającym się z \(\displaystyle{ 0\in \mathbb{N}}\) oraz tych liczb naturalnych, których rozwinięcie dwójkowe ma cyfrę \(\displaystyle{ 1}\) na pozycjach parzystych i cyfrę \(\displaystyle{ 0}\) na pozycjach nieparzystych. Niech \(\displaystyle{ B\subseteq \mathbb{N}}\) będzie zbiorem składającym się z \(\displaystyle{ 0\in \mathbb{N}}\) oraz tych liczb naturalnych, których rozwinięcie dwójkowe ma cyfrę \(\displaystyle{ 1}\) na pozycjach nieparzystych i cyfrę \(\displaystyle{ 0}\) na pozycjach parzystych.

Z tego określenia powinno być jasne (z góry przepraszam, jeśli się wydurniam), że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) istnieje dokładnie jedna liczba \(\displaystyle{ a\in A}\) oraz dokładnie jedna liczba \(\displaystyle{ b\in B}\) o tej własności, że

\(\displaystyle{ n = a+b}\)

Innymi słowy, każdą liczbę naturalną można jednoznacznie zapisać jako sumę elementu \(\displaystyle{ A}\) oraz elementu \(\displaystyle{ B}\) (wystarczy rozpisać ją w systemie dwójkowym i pogrupować odpowiednie wyrazy). Zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są przeliczalne nieskończone. Niech \(\displaystyle{ \{b_n\}_{n\in \mathbb{N}}}\) będzie bijekcją \(\displaystyle{ \mathbb{N}\cong B}\). Wówczas

\(\displaystyle{ \mathbb{N} = \dot{\bigcup_{n\in \mathbb{N}}}\left(b_n+A\right)}\)

jest rozkładem \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) na rodzinę zbiorów takich, że każdy jest pewnym przesunięciem dowolnego innego. Ponadto wszystkie te zbiory są nieskończone i jest ich nieskończenie wiele.

[Brombal]

Nie ma potrzeby aż tak kombinować.

Zbiory liczb naturalnych (w zapisie np. dziesiętnym) o własności występowania pewnej cyfry na pewnej pozycji.

Nieskończone.
Nieskończenie wiele
Każdy z nich ma odpowiadające zbiory przesunięte o stałą wartość.

[Slup]

Nie ma potrzeby aż tak kombinować.

Zbiory liczb naturalnych (w zapisie np. dziesiętnym) o własności występowania pewnej cyfry na pewnej pozycji.

Nieskończone.
Nieskończenie wiele
Każdy z nich ma odpowiadające zbiory przesunięte o stałą wartość.

Trudno mi się odnieść, bo nie wiem właściwie, co masz na myśli. Nie wyrażasz się precyzyjnie. Oczywiście zamiast patrzeć na cyfry w rozwinięciu binarnym w moim rozwiązaniu, można patrzeć na cyfry w rozwinięciu dziesiętnym, ale nie jest to moim zdaniem żadne uproszczenie.

Może tylko dodam, że moje rozwiązanie wzięło się stad, że istnieje bijekcja pomiędzy parami (nieuporządkowanymi) \(\displaystyle{ \{A,B\}}\) nieskończonych podzbiorów liczb naturalnych takich, że

\(\displaystyle{ \forall_{n\in \mathbb{N}}\,\exists!_{a\in A}\exists!_{b\in B}\,n = a+b}\)

oraz rozkładami z treści oryginalnego zadania.

[Brombal]

Nieskończenie wiele podzbiorów o nieskończenie wielu elementach, rozłącznych, to zbiory liczb naturalnych o następującej właściwości:
dla \(\displaystyle{ k}\) - naturalnego z zerem \(\displaystyle{ \left\langle 0, \infty \right\rangle}\)
dla dowolnego systemu liczbowego \(\displaystyle{ m}\)
Zbiór liczb naturalnych dla których na pozycji \(\displaystyle{ k}\) występuje cyfra (symbol) \(\displaystyle{ l}\) od \(\displaystyle{ \left\langle 0,m-1\right\rangle}\)
Dla ułatwienia w dziesiętnym
Np. zbiór liczb z cyfrą 2 na zerowej pozycji
2
12
22
32....

Np. zbiór liczb z cyfrą 3 na zerowej pozycji
3
13
23
33...
Jak widać przesunięcie jest o \(\displaystyle{ 1}\) drugiego zbioru
No i musiałem zastosować śladowe robaczki
A wystarczy - zbiory liczb o zadanej cyfrze (symbolu) na zadanej pozycji.

[Slup]

Dziękuję za wyjaśnienia. O ile jednak dobrze Cię zrozumiałem, te zbiory nie spełniają wszystkich warunków w zadaniu.

Niech \(\displaystyle{ A_i}\) będzie zbiorem tych liczb naturalnych, które w systemie dziesiętnym kończą się cyfrą \(\displaystyle{ i}\), gdzie \(\displaystyle{ i}\) jest jedną z cyfr \(\displaystyle{ 0,1,...,9}\). Wówczas

\(\displaystyle{ \mathbb{N} = A_0\cup A_1\cup A_2\cup...\cup A_9}\)

I faktycznie zbiory te są: nieskończone, parami rozłączne i każdy jest przesunięciem każdego innego. Jest ich jednak skończenie wiele (10). W dodatku nie można już tej rodziny zbiorów powiększyć, w taki sposób by ta powiększona rodzina zbiorów składała się ze zbiorów parami rozłącznych. Oczywiście jest szansa, że nadal Cię źle rozumiem.

[Brombal]

... . Jest ich jednak skończenie wiele (10). ...

Zerowa pozycja zadanej cyfry (symbolu) była jedynie przykładowa.

Wyobraźmy sobie zbiór liczb z cyfrą \(\displaystyle{ 2}\) na pozycji pierwszej

\(\displaystyle{ \left\{ 20, 21, 22,...121, 122, ...921, 922, ... 1120, 1121, ...\right\}}\)

Porównajmy go ze zbiorem liczb z cyfrą \(\displaystyle{ 3}\) na pozycji pierwszej

\(\displaystyle{ \left\{ 30, 31, 32,...131, 132, ...931, 932, ... 1130, 1131, ...\right\}}\)

Jak widać jest ich nieco więcej niż dziesięć
Przesunięcie wydaje się w miarę stałe i zależy od pozycji cyfry dla zbioru, różnicy wartości cyfr (symboli) i systemu liczbowego.

A może być nawet na pozycji trzeciej albo 999-tej itd.
Pozycja ustalonej cyfry (symbolu) jest ustalona dla zbioru \(\displaystyle{ \left\langle 0, \infty \right\rangle}\)


Jak widać powyżej to ja nie skumałem Ciebie. Zbiory nie są rozłączne.
Naprawmy to.
Są to zbiory liczb o dowolnej ilości znaków złożone z np. jedynek poza inna cyfrą na zadanej pozycji.
np
\(\displaystyle{ \left\{ 12, 112, 1112...\right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{ 21, 121, 1121...\right\}}\)
Tych jest już od groma i to rozłącznych

-- 25 kwi 2019, o 17:21 --

Zadanie brzmiało nieco inaczej:

Czy zbiór liczb naturalnych można rozłożyć na rozłączne podzbiory nieskończone, których będzie nieskończona ilość, w taki sposób aby każdy z tych podzbiorów był przesunięciem dowolnego innego z nich ?
...

Odpowiedź brzmi - tak?.
Proponuję następujące rozwiązanie
Zbiór liczb naturalnych o następującej wyróżniającej właściwości - na pozycji \(\displaystyle{ k}\) z zakresu \(\displaystyle{ \langle 0, \infty )}\) występuje cyfra (symbol) \(\displaystyle{ l}\) od \(\displaystyle{ \left\langle 1,m-1\right\rangle}\) a wszystkie cyfry na pozycjach niższych od \(\displaystyle{ k}\) (jeżeli istnieją) są równe \(\displaystyle{ 0}\)
Przykładowo:
\(\displaystyle{ \left\{ 1234l000, 1235l000,....999999l000, 1000000l000...\right\}}\)
Zbiory dopełniają zbiór liczb naturalnych
Zbiory są rozłączne
Zbiory są nieskończone
Każdy ze zbiorów jest przesunięciem dowolnego z nich

[Dasio11]

Dogrywka: niech \(\displaystyle{ \mathbf{p} = \left< p_0, p_1, p_2, \ldots \right>}\) będzie ciągiem liczb naturalnych \(\displaystyle{ \ge 2}\) i niech \(\displaystyle{ P_n = \prod_{i<n} p_i}\) dla \(\displaystyle{ n = 0, 1, 2, \ldots}\). Rozwinięciem w bazie \(\displaystyle{ \mathbf{p}}\) liczby naturalnej \(\displaystyle{ x}\) nazywamy ciąg \(\displaystyle{ \left< x_n, x_{n-1}, \ldots, x_0 \right>}\) liczb naturalnych, taki że

(i) \(\displaystyle{ 0 \le x_j < p_j}\) dla \(\displaystyle{ j = 0, 1, \ldots, n}\)
(ii) \(\displaystyle{ x = (x_n, x_{n-1}, \ldots, x_0)_{\mathbf{p}} := \sum_{j=0}^n x_j \cdot P_j}\).
Takie rozwinięcie istnieje dla każdej liczby naturalnej i jest jedyne. Można myśleć, że rozwinięcie jest nieskończone, ale od pewnego miejsca cyfry \(\displaystyle{ x_j}\) są równe zero.

Przykład 1: jeśli ciąg \(\displaystyle{ \mathbf{p} = \left< p, p, p, \ldots \right>}\) jest stały, to \(\displaystyle{ P_j = p^j}\) i powyższe rozwinięcie pokrywa się ze zwyczajnym rozwinięciem w bazie \(\displaystyle{ p}\).

Przykład 2: w bazie \(\displaystyle{ \mathbf{p} = \left< 2, 3, 5, 7, \ldots \right>}\) mamy

\(\displaystyle{ (\textcolor{red}{6}, \textcolor{red}3, \textcolor{red}2, \textcolor{red}0)_{\mathbf{p}} = \textcolor{red}0 \cdot 1 + \textcolor{red}2 \cdot 2 + \textcolor{red}3 \cdot 2 \cdot 3 + \textcolor{red}6 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 5 = 202}\).


Teraz związek z początkowym zadaniem:

1. (na rozgrzewkę) Wykazać, że dla dowolnego ciągu \(\displaystyle{ \mathbf{p}}\) rodziny zbiorów \(\displaystyle{ \mathcal{R}^A_{\mathbf{p}} = \{ b + A_{\mathbf{p}} : b \in B_{\mathbf{p}} \}}\) oraz \(\displaystyle{ \mathcal{R}^B_{\mathbf{p}} = \{ a + B_{\mathbf{p}} : a \in A_{\mathbf{p}} \}}\) spełniają warunki zadania, gdzie

- \(\displaystyle{ A_{\mathbf{p}}}\) jest zbiorem wszystkich liczb naturalnych, których rozwinięcie w bazie \(\displaystyle{ \mathbf{p}}\) ma zera na wszystkich pozycjach o indeksach parzystych,
- \(\displaystyle{ B_{\mathbf{p}}}\) jest zbiorem wszystkich liczb naturalnych, których rozwinięcie w bazie \(\displaystyle{ \mathbf{p}}\) ma zera na wszystkich pozycjach o indeksach nieparzystych.

Jest to uogólnienie rozwiązania podanego przez Slupa, dowód jest w zasadzie taki sam.

2. Wykazać, że każda rodzina zbiorów spełniająca warunki zadania jest jednej z powyższych dwóch postaci dla pewnego ciągu \(\displaystyle{ \mathbf{p}}\).

3. Wykazać, że dla różnych \(\displaystyle{ \mathbf{p}}\) wszystkie opisane powyżej rodziny są różne.

Łącznie dostajemy więc klasyfikację wszystkich rodzin zbiorów, które spełniają warunki zadania.\(\displaystyle{ \frac{<--delete this\left. \begin{array}{c}
\smash{\overbrace{\overbrace{\overbrace{00}^{B \times 2} 1122}^{A \times 3} \ 001122 \ 001122 \ 001122 \ 001122}^{B \times 5}} \\
\hspace{1mm} 33 \hspace{2mm} 4455 \hspace{2mm} 334455 \ 334455 \ 334455 \ 334455 \\
\hspace{1mm} 66 \hspace{2mm} 7788 \hspace{2mm} 667788 \ 667788 \ 667788 \ 667788 \\
\end{array} \right\} A \times 3}\)