Aksjomat wyboru

Algebra zbiorów. Relacje, funkcje, iloczyny kartezjańskie... Nieskończoność, liczby kardynalne... Aksjomatyka.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jakub Gurak »

Czyli rozumiem, że podzbiór przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3} }\) może nie zawierać żadnej kostki otwartej i mieć dodatnią objętość :?:

Mniejsza o to, i te szczegóły specjalistyczne, topologiczne itd.- w tym nie siedzę, wolę elementarne rozwiązania.
Mi chodzi o sytuację, gdy podzbiór \(\displaystyle{ A}\) przestreni \(\displaystyle{ \RR^3}\) zawiera pewną kostkę otwartą i jest ograniczony, czy również- zbiór \(\displaystyle{ A}\) zawiera maksymalną kulę otwartą (czyli kulę bez sfery) :?:
a4karo pisze: 23 gru 2021, o 22:14 ... Takie przykłady robi się na pierwszym roku. (zbiór Cantora, dywan Sierpińskiego, kostka Mengera).
Słyszeć, słyszałem, traktuje to tylko jako ciekawostkę, nie męczę głowy tym (nie tak jak mój znajomy z uczelni, on lubi dumać na temat zbioru Cantora, to od niego chyba właśnie pierwszy raz usłyszałem o tym), ja tą konstrukcję traktuje tylko jako ciekawostkę.
Cóż, widocznie można po wieczne czasy zgłębiać podstawy matematyki. Ja je ciągle poznaję, i czuję, że się rozwijam( w swoim tempie). :D I chyba szybko mi się to nie znudzi... :D :P
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34125
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 25 gru 2021, o 20:03 Czyli rozumiem, że podzbiór przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3} }\) może nie zawierać żadnej kostki otwartej i mieć dodatnią objętość :?:
Tak.
Jakub Gurak pisze: 25 gru 2021, o 20:03Mi chodzi o sytuację, gdy podzbiór \(\displaystyle{ A}\) przestreni \(\displaystyle{ \RR^3}\) zawiera pewną kostkę otwartą i jest ograniczony, czy również- zbiór \(\displaystyle{ A}\) zawiera maksymalną kulę otwartą (czyli kulę bez sfery) :?:
No przecież wczoraj dostałeś już odpowiedź:
Dasio11 pisze: 24 gru 2021, o 11:50 Odpowiedź jest twierdząca nawet bez założenia o dodatniej objętości, wystarczy ograniczoność i niepuste wnętrze.

Dowód: niech

\(\displaystyle{ R = \sup \{ r > 0 : A \text{ zawiera kulę otwartą o promieniu } r \}}\)

i weźmy ciąg kul \(\displaystyle{ B(x_n, r_n) \subseteq A}\) o promieniach dążących do \(\displaystyle{ R}\). Ciąg \(\displaystyle{ x_n}\) jest ograniczony, więc ma podciąg zbieżny do pewnego \(\displaystyle{ x \in \RR^3}\), a dla uproszczenia notacji możemy przyjąć, że owym podciągiem jest sam \(\displaystyle{ x_n}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ B(x, R)}\) jest szukaną maksymalną kulą zawartą w \(\displaystyle{ A}\).

Wystarczy wykazać zawieranie \(\displaystyle{ B(x, R) \subseteq A}\), bo większa kula o tej własności w oczywisty sposób istnieć nie może. Weźmy więc dowolny \(\displaystyle{ y \in B(x, R)}\) i dla \(\displaystyle{ \varepsilon := R - d(x, y) > 0}\) znajdźmy takie \(\displaystyle{ n}\), takie że \(\displaystyle{ d(x_n, x) < \frac{\varepsilon}{2}}\) i \(\displaystyle{ r_n > R - \frac{\varepsilon}{2}}\). Wtedy

\(\displaystyle{ d(x_n, y) \le d(x_n, x) + d(x, y) < \frac{\varepsilon}{2} + R - \varepsilon = R - \frac{\varepsilon}{2} < r_n}\),

czyli \(\displaystyle{ y \in B(x_n, r_n) \subseteq A}\) i stąd \(\displaystyle{ y \in A}\).
JK
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jakub Gurak »

Udowodniłem przedwczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ B}\) jest ograniczonym podzbiorem płaszczyzny, a para liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) punktem z wnętrza tego obszaru \(\displaystyle{ B}\), to istnieje największe koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) zawarte w obszarze \(\displaystyle{ B}\). Przedstawię teraz dowód tego intuicyjnego faktu.


DOWÓD TEGO FAKTU:

Oznaczmy, dla \(\displaystyle{ R\in\RR_+}\), oznaczmy przez \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0, y_0\right); R \right)}\) koło otwarte o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ R}\).

Niech:

\(\displaystyle{ A=\left\{ R\in \RR _{+}: \ \ K\left( \left( x_0,y_0\right); R \right)\subset B \right\}.}\)

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest ograniczony, to \(\displaystyle{ B\subset S}\), gdzie \(\displaystyle{ S}\) jest pewnym kołem domkniętym. Niech \(\displaystyle{ R_S}\) będzie promieniem koła \(\displaystyle{ S}\).

Pokażemy, że liczba \(\displaystyle{ R_S}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A.}\)
Niech \(\displaystyle{ R\in A}\), wtedy \(\displaystyle{ R>0}\), i wtedy \(\displaystyle{ K(\left( x_0,y_0, \right) ,R)\subset B\subset S}\), czyli \(\displaystyle{ K(\left( x_0,y_0\right);R )\subset S,}\) a stąd \(\displaystyle{ R \le R_S}\), i liczba \(\displaystyle{ R_S}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A.}\)

A więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest ograniczony z góry. Ponieważ punkt \(\displaystyle{ (x_0, y_0)}\) jest punktem z wnętrza zbioru \(\displaystyle{ B}\), to łatwo uzasadnić, że zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest niepusty. Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A\subset \RR}\) jest zbiorem ograniczonym od góry (i niepustym), więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) ma supremum \(\displaystyle{ \bigvee A}\). Wtedy to supremum \(\displaystyle{ \bigvee A}\) jest ograniczeniem górnym niepustego zbioru \(\displaystyle{ A\subset \RR_+}\), a więc to supremum jest liczbą rzeczywistą dodatnią.

Rozważmy koło otwarte: \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A\right)}\) o promieniu równym temu supremum. Wykażemy, że jest to największe koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) zawarte w obszarze \(\displaystyle{ B.}\)


Wykażemy, że:

\(\displaystyle{ \bigcup_{R\in A} K\left( \left( x_0,y_0\right); R \right) = K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A\right).}\)

Wykażemy zatem inkluzję w obydwie strony.


Inkluzja w prawo jest prosta:

Jeśli \(\displaystyle{ (x,y)\in \bigcup_{R\in A} K\left( \left( x_0,y_0\right);R \right)}\), to \(\displaystyle{ \left( x,y\right)\in K\left( \left( x_0,y_0\right):R \right)}\), gdzie \(\displaystyle{ R\in A}\). Wtedy \(\displaystyle{ \bigvee A}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), skąd \(\displaystyle{ R \le \bigvee A}\). Wtedy, na podstawie nierówności opisującej koło otwarte, otrzymujemy, że:

\(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2} +\left( y-y_0\right) ^{2} < R ^{2}}\), a ponieważ \(\displaystyle{ R\in A}\), a więc \(\displaystyle{ R>0}\) i \(\displaystyle{ \bigvee A \ge R}\), wiec to jest nie większe niż \(\displaystyle{ \left( \bigvee A\right) ^{2}}\), czyli:

\(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2}+\left( y-y_0\right) ^{2} <\left( \bigvee A\right) ^{2} }\),

a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A\right),}\)

co dowodzi inkluzji w prawo.


Aby pokazać inkluzję w lewo, to :

Niech \(\displaystyle{ \left( x,y\right)\in K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right) }\). Wtedy:

\(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2}< \left( \bigvee A\right) ^{2}.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ x=x_0}\) i \(\displaystyle{ y=y_0}\), to ustalając liczbę \(\displaystyle{ R\in A \neq \left\{ \right\}}\) , wtedy \(\displaystyle{ R>0}\), a zatem:

\(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2}=0 < R^2}\),

a zatem \(\displaystyle{ (x,y)\in K\left( \left( x_0,y_0\right); R \right)}\), i ponieważ \(\displaystyle{ R\in A}\), więc tym bardziej:

\(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \bigcup_{R_0\in A} K\left( \left( x_0, y_0\right); R_0 \right) .}\)

A jeśli \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \neq \left( x_0,y_0\right)}\). Wtedy:

\(\displaystyle{ 0<\left( x-x_0\right) ^{2} +\left( y-y_0\right) ^{2}=:M.}\)

Rozważmy \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}>0}\) (wow :o , po raz pierwszy, od co najmniej kilku lat, używam, w swoich rozważaniach, czegoś takiego jak pierwiastek kwadratowy, wow, jakby na studiach kazaliby mi coś takiego robić, to nie narzekałbym, a kazali mi robić rzeczy o wiele bardziej żmudne :twisted: ).

Wtedy \(\displaystyle{ M<\left( \bigvee A\right) ^{2}}\), a ponieważ również \(\displaystyle{ \left( \bigvee A\right) >0}\), to \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}< \bigvee A.}\)

Ustalmy \(\displaystyle{ R_0\in A \neq \left\{ \right\}}\) , wtedy \(\displaystyle{ R_0>0}\), i zauważmy, że wtedy każda liczba \(\displaystyle{ 0<R_1<R_0}\): \(\displaystyle{ R_1\in A}\), gdyż:

\(\displaystyle{ K(\left( x_0,y_0\right):R_1 )\subset K\left( \left( x_0,y_0\right); R_0 \right)\subset B}\), gdyż \(\displaystyle{ R_0\in A}\). A zatem \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0, y_0\right); R_1 \right)\subset B}\) i \(\displaystyle{ R_1\in A}\).

Zatem zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest mocy continuum.

Udowodnijmy teraz, pewien intuicyjnie oczywisty, lemat.

Lemat. Jeśli niepusty zbiór \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A\subset \RR}\) ma supremum \(\displaystyle{ \bigvee A}\), a liczba \(\displaystyle{ x\in\RR}\) jest mniejsza od tego supremum, to istnieje element zbioru \(\displaystyle{ A}\) silnie większy od \(\displaystyle{ x}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::    
A więc ponieważ \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}<\bigvee A}\), więc stosując lemat powyżej otrzymujemy pewien element \(\displaystyle{ R_1\in A}\), taki, że \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}<R_1}\). Rozważmy koło otwarte \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0\right); R_1 \right)}\). Wtedy:

\(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2}+\left( y-y_0\right) ^{2}=M= \left( \sqrt{M} \right) ^{2} = R ^{2}}\),

i ponieważ \(\displaystyle{ R<R_1,}\) (a \(\displaystyle{ R}\) i \(\displaystyle{ R_1}\) są liczbami większymi od \(\displaystyle{ 0}\)), więc to jest silnie mniejsze niż \(\displaystyle{ R_1 ^{2}}\), czyli:

\(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2} +\left( y-y_0\right) ^{2}< R_1 ^{2}}\),

a stąd \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in K\left( \left( x_0,y_0\right);R_1 \right)}\), i ponieważ \(\displaystyle{ R_1\in A}\), a więc tym bardziej:

\(\displaystyle{ \left( x,y\right)\in \bigcup_{R\in A} K\left( \left( x_0,y_0\right);R \right). }\)

A zatem:

\(\displaystyle{ \bigcup_{R\in A} K\left( \left( x_0,y_0\right); R \right) = K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right).}\)


I jesli \(\displaystyle{ R\in A}\), wtedy z definicji zbioru \(\displaystyle{ A}\), mamy: \(\displaystyle{ K\left( (x_0,y_0); R\right) \subset B}\), i, z dowolności wyboru \(\displaystyle{ R\in A,}\) otrzymujemy, że każde koło otwarte \(\displaystyle{ K \left( (x_0,y_0; R)\right) }\)(gdzie \(\displaystyle{ R\in A}\)) jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ B}\), więc również ich unia (suma) \(\displaystyle{ \bigcup_{R\in A} K\left( \left( x_0,y_0\right); R \right) }\) jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ B}\), a zatem również koło otwarte \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right)}\), jako ten sam zbiór, jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ B}\).

Rozważając rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) kół otwartych:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ C\subset \RR ^{2}: \ \ C \hbox{ jest kołem otwartym o środku w } (x_0, y_0) \hbox{ i pewnym promieniu } R>0, \hbox{ i } C\subset B \right\} .}\)

Wtedy \(\displaystyle{ K(\left( x_0,y_0\right) ; \bigvee A) \in\mathbb{B}.}\)

A oznaczając przez \(\displaystyle{ \mathbb{A} }\) rodzinę kół otwartych o środku w naszym punkcie i promieniach branych ze zbioru \(\displaystyle{ A}\), tzn.:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}=\left\{ K\left( \left( x_0,y_0\right);R \right): \ R\in A\right\}}\),

to mamy \(\displaystyle{ \mathbb{A}\subset \mathbb{B}}\) ( gdyż na podstawie definicji zbioru \(\displaystyle{ A}\), to jeśli \(\displaystyle{ R\in A}\), to \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0 \right);R \right) \subset B}\) ). I mamy \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{A}= K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right) \in \mathbb{B}}\), a więc jest to koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) zawarte w zbiorze \(\displaystyle{ B}\).


Pozostaje pokazać, że jest to takie największe koło otwarte.

Jeśli \(\displaystyle{ C:=K\left( \left( x_0, y_0\right); R \right)\subset B}\), gdzie \(\displaystyle{ R}\) jest pewnym dodatnim promieniem, i to koło otwarte jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ B}\), to z definicji zbioru \(\displaystyle{ A}\) możemy wnioskować, że \(\displaystyle{ R\in A}\), a zatem \(\displaystyle{ C\in \mathbb{A}}\), a zatem (z własności sumy): \(\displaystyle{ C\subset \bigcup\mathbb{A}=K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right)}\), a zatem koło otwarte \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right)}\) jest największym kołem otwartym zawartym w zbiorze \(\displaystyle{ B. \square}\) :D


Można pokazać, podobnymi metodami (nie chcę mi się już pisać, a dowód zajmuje trochę miejsca), że suma niepustego łańcucha \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) (względem inkluzji) kół otwartych na płaszczyźnie, o środku w danym wspólnym punkcie, i ograniczonego przez pewne wspólne koło \(\displaystyle{ S}\)( tzn., gdy każde koło otwarte \(\displaystyle{ K\in\mathbb{B}}\): \(\displaystyle{ K\subset S}\)), wtedy suma \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest kołem otwartym. Jednak suma łańcucha kół domkniętych na płaszczyźnie nie musi być kołem domkniętym, bo może być kołem otwartym. Wystarczy rozważyć rodzinę wszystkich kół domkniętych o środku w początku układu współrzędnych i promieniach silnie mniejszych od \(\displaystyle{ 1}\);wtedy suma takich kół domkniętych jest kołem otwartym o środku w początku układu współrzędnych I promieniu \(\displaystyle{ 1}\). Okręgu nie osiągniemy, gdyż sumowane koła domknięte mają promienie silnie mniejsze od \(\displaystyle{ 1}\) , a więc jest to koło otwarte. A więc suma łańcucha kół domkniętych może być kołem otwartym. 8-)
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jakub Gurak »

Zauważyłem (to już tydzien wcześniej), a w ten poniedziałek to już udowodniłem, taki niesłychany fakt, że płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR^2}\) można rozłozyć na okregi - (przyjmując, że okrąg o promieniu \(\displaystyle{ 0}\), to zbiór jednopunktowy złozony ze środka okręgu). Wczoraj udowodniłem, że dla elipsy, tzn. dla elips o tym samym kształcie, o dowolnym ustalonym kształcie, czyli o tym samym stosunku półosi wielkiej do półosi małej, wtedy płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\) bez początku układu współrzędnych, można rozłożyć na elpisy tego samego kształtu ( i tak dla dowolnego rzędu kształtu). Udowodniłem też dzisiaj, że przestrzeń trójwymiarową \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\) można rozłożyć na sfery. Przedstawię teraz dowody tych fascynujących faktów.


Wykażemy najpierw, że:

Płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR^2}\) można rozłożyć na okręgi, tzn. istnieje rodzina okręgów o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) będąca rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2}.}\)

Dowolny okrąg o środku w pewnym punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ r \ge 0}\) oznaczmy jako: \(\displaystyle{ O( \left( x_0,y_0\right) ; r).}\)

Zauważmy, że dla \(\displaystyle{ O(\left( 0,0\right);0 )}\) mamy takie punkty \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \RR^2}\), że: \(\displaystyle{ x ^{2} +y ^{2} = 0 ^{2}= 0}\) , skąd \(\displaystyle{ x=y=0}\), a zatem \(\displaystyle{ O\left( \left( 0,0\right); 0 \right) = \left\{ \left( 0,0\right) \right\} .}\)

Za rodzinę okręgów polóżmy po prostu:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ O\left( \left( 0,0\right),r \right)\Bigl| \ \ r \ge 0 \right\} .}\)

Zauważmy, że jest to rodzina podzbiorów \(\displaystyle{ \RR^2.}\)

Wykazemy, że ta rodzina jest rozkladem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Mamy \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}\subset \RR^2}\) (suma podzbiorów \(\displaystyle{ \RR^2}\)).

Niech \(\displaystyle{ (x,y)\in \RR ^2}\). Wtedy \(\displaystyle{ x,y\in\RR}\), niech \(\displaystyle{ R= \sqrt{x ^{2} +y ^{2} }.}\) Wtedy wyrazenie pod pierwiastkiem oznacza liczbę nieujemną, a więc możemy liczyć jego pierwiatek, którego wartość jest również liczbą nieujemną, a więc \(\displaystyle{ R \ge 0}\), a zatem \(\displaystyle{ O\left( \left( 0,0\right); R \right) \in \mathbb{B} }\), i wtedy:

\(\displaystyle{ x ^{2}+y ^{2}=\left( \sqrt{ x ^{2} +y ^{2} } \right) ^{2} = R ^{2}}\),

a więc \(\displaystyle{ \left( x,y \right) \in O\left( \left( 0,0\right) ;R\right) \in \mathbb{B}}\) , a więc \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \bigcup\mathbb{B} }\),

i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}= \RR ^{2}.}\)

Niewątpliwie, takie okregi są rozłaczne.

Pozostaje wykazać, że są niepuste.

Niech \(\displaystyle{ R \ge 0.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ R=0.}\) Wtedy \(\displaystyle{ \left( 0,0\right) \in O\left( \left( 0,0\right) ;R\right)}\), gdyż \(\displaystyle{ 0 ^{2} +0 ^{2}=0 =R^2}\), a więc punkt \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) nalezy do takiego okręgu, i jest to zbiór niepusty.

Jeśli \(\displaystyle{ R>0}\), to \(\displaystyle{ \left( R,0\right) \in O\left( \left( 0,0\right) ;R\right) }\), gdyż \(\displaystyle{ R ^{2} +0 ^{2}= R ^{2}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( R,0\right) \in O\left( \left( 0,0\right);R \right)}\), czyli również jest to zbiór niepusty, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.

A więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2.\square}\) 8-) ,


Wykazżemy podobny fakt dla elpsy o ustalonym kształcie.

Dla dowolnej elipsy na płaszczyźnię, wtedy stosunek półosi wielkiej tej elipsy do jej półosi małej nazwijmy rzędem kształtu elpsy.

Wykażemy, że dla każdego \(\displaystyle{ k \in \RR_+}\) (czyli dla \(\displaystyle{ k>0}\)) płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\) bez początku układu można rozłożyć na elipsy o rzędzie kształtu równym \(\displaystyle{ k}\), tzn. istnieje roozina elipis o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) o rzędzie kształtu równym \(\displaystyle{ k}\), rodzina elips będąca rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}.}\)

Dla liczb \(\displaystyle{ a,b>0}\) przez \(\displaystyle{ S_{(a,b)}}\) oznaczmy elipsę:

\(\displaystyle{ S_{(a,b)}=\left\{ \left( x,y\right) \in \RR^2: \ \ \frac{x ^{2} }{a ^{2} } + \frac{y^2}{b ^{2} } =1\right\} .}\)

Jest to elpssa o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\), i półosi wielkiej równej \(\displaystyle{ a}\), i półosi małej równej \(\displaystyle{ b.}\)

Zauważmy, że: \(\displaystyle{ \frac{0^2}{a^2}+ \frac{0^2}{b^2}=0+0=0 \neq 1}\),

a więc \(\displaystyle{ \left( 0,0\right) \not\in S_{(a,b)}}\) ,i \(\displaystyle{ S_{(a,b)}\subset \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} . }\)

Przejdźmy do dowodu tego ciekawego faktu:

DOWÓD:

Niech \(\displaystyle{ k>0.}\)

Za rodziinę elips połóżmy:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ S_{(k \cdot a,a)} \Bigl| \ \ a\in\RR _{+} \right\} .}\)

Zauważmy, że jest to rodzina podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR^2}\).

I te elipsy \(\displaystyle{ S_a}\) mają rząd kształtu równy \(\displaystyle{ \frac{ka}{a}=k.}\)

Wykażemy, że ta rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} }\).

Zauważmy, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb {B}\subset \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\) - bo jest to suma podzbiorów \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} .}\)

Niech \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\) . Wtedy \(\displaystyle{ x,y\in\RR}\).
POCHODZENIE PONIŻSZEGO WZORU:    
Niech \(\displaystyle{ a= \sqrt{ \frac{x^2}{k^2} +y^2},}\)

( o rany, czego ja tu nie używam- i pierwiastek i mnożenie i dzielenie, jakie specjalistyczne narzędzia 8-) )

Wtedy mamy: \(\displaystyle{ a=0 \Leftrightarrow x=0=y \Leftrightarrow \left( x,y\right)=\left( 0,0\right) \not\in \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}.}\) Wobec czego \(\displaystyle{ a \neq 0}\), i \(\displaystyle{ a>0.}\)

Wtedy \(\displaystyle{ S_{(ka,a)} \in \mathbb{B}}\), i pokazemy, że \(\displaystyle{ \left( x,y\right)\in S_{(ka,a)} .}\) Mamy:

\(\displaystyle{ \frac{x^2}{k^2a^2} + \frac{y^2}{a^2} = \frac{x^2}{k^2\left( \frac{x^2}{k^2} +y^2\right) } + \frac{y^2}{\left( \frac{x^2}{k^2} +y^2\right)}= \frac{x^2}{x^2+ k^2 \cdot y^2} + \frac{y^2}{ \frac{x^2+y^2 \cdot k^2}{k^2} } = \frac{x^2}{x^2+k^2y^2} + \frac{y^2k^2}{x^2+y^2k^2}= \frac{x^2+y^2k^2}{x^2+y^2k^2}=1}\),

a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in S_{(ka,a)} \in \mathbb{B}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \bigcup\mathbb{B}, }\)

i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}=\RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} }\).

I oczywiście te ellipsy są rozłączne.

Wykażemy, że jest to rodzina zbiorów niepustych.

Rozwazmy zbiór \(\displaystyle{ S_{(ka,a)} }\) , gdzie \(\displaystyle{ a\in \RR_+}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ \left( ka,0\right) \in S_{(ka,a)}}\).

Mamy:

\(\displaystyle{ \frac{\left( ka\right) ^{2} }{\left( ka\right) ^{2} } + \frac{0^2}{a^2} =1}\),

a zatem \(\displaystyle{ \left( ka,0\right)\in S_{(ka,a)},}\) a zatem jest to zbiór niepusty, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.

A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} }\).

I jest to rodzina elips o rzędzie ksztaltu równym \(\displaystyle{ k.\square}\) :D


Na koniec wykażemy, że przestrzeń trójwymiarową \(\displaystyle{ \RR^3}\) można rozłożyć na sfery.

Dla dowolnego \(\displaystyle{ r \ge 0}\), rozwazmy sferę \(\displaystyle{ S_r,}\) daną jako:

\(\displaystyle{ S_r=\left\{ \left( x,y,z\right) \in\RR^3\Bigl| \ \ x ^{2} +y^2+z^2=r^2 \right\}}\) ,

i zauważmy, że dla \(\displaystyle{ r=0}\), mamy \(\displaystyle{ r^2=0}\), a stąd, skoro suma kwadratów współrzędnych daje \(\displaystyle{ 0}\), to wszystkie te trzy współrzedne są równe \(\displaystyle{ 0}\), a stąd:

\(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) =\left( 0,0,0\right),}\) i \(\displaystyle{ S_0=\left\{ \left( 0,0,0\right) \right\} }\).

I wykazemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), dana jako:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ S_r\Bigl| \ \ r \ge 0\right\} ,}\)

jest rozkładem przestrzeni \(\displaystyle{ \RR^3}\) na sfery.
ANALOGICZNY, JAK DLA OKRĘGÓW, ANALOGICZNY DOWÓD TEGO FAKTU::    
Interesuje mnie jeszcze, czy koło domknięte na płaszczyźnie można rozłożyć na okręgi, czy koło otwarte można rozłozyć na okręgi i czy kulę domkniętą w przestrzeni trójwymiarowej można rozłozyć na sfery, będzie mozna sprawdzić te fakty. :lol: 8-)
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34125
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 13 lip 2022, o 23:46 Zauważyłem (to już tydzien wcześniej), a w ten poniedziałek to już udowodniłem, taki niesłychany fakt, że płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR^2}\) można rozłozyć na okregi - (przyjmując, że okrąg o promieniu \(\displaystyle{ 0}\), to zbiór jednopunktowy złozony ze środka okręgu). Udowodniłem też dzisiaj, że przestrzeń trójwymiarową \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\) można rozłożyć na sfery. Przedstawię teraz dowody tych fascynujących faktów.
Następne niesłychane i fascynujące fakty to rozkład \(\displaystyle{ \RR^2}\) (bez punktu) na kwadraty oraz \(\displaystyle{ \RR^3}\) (bez punktu) na sześciany, nie mówiąc już o rozkładzie \(\displaystyle{ \RR^2}\) (bez punktu) na trójkąty równoboczne...A w kolejce jest tyle różnych innych figur...

Dużo ciekawiej byłoby, gdybyś postarał się uogólnić te dość oczywiste obserwacje.

JK
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jakub Gurak »

To ja podejrzewam, że takie 'brzegi figur' danego rodzaju, brzegi figur podobnych na płaszczyźnie tworzą rozkład płaszczyzny bez początku układu- gdyż jakby te figury (np. obwody prostokątów) rozdmuchiwać to ich suma da całą płaszczyznę, bez początku układu. Ale nie wiem jak się za to zabrać- też trochę za duża abstrakcja myśleć o nie wiadomo jakiej figurze...
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Dasio11 »

Dla \(\displaystyle{ u \in \RR^2 \setminus \{ 0 \}}\) niech \(\displaystyle{ R_u = \{ \alpha u : \alpha > 0 \}}\). Łatwo wykazać, że jeśli podzbiór płaszczyzny \(\displaystyle{ B}\) jest selektorem rodziny \(\displaystyle{ \{ R_u : u \in \RR^2 \setminus \{ 0 \} \}}\), to zbiory postaci \(\displaystyle{ \alpha \cdot B}\), \(\displaystyle{ \alpha \ge 0}\) tworzą rozkład płaszczyzny.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jakub Gurak »

Jakub Gurak pisze: 14 maja 2022, o 16:22 Udowodniłem przedwczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ B}\) jest ograniczonym podzbiorem płaszczyzny, a para liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) punktem z wnętrza tego obszaru \(\displaystyle{ B}\), to istnieje największe koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) zawarte w obszarze \(\displaystyle{ B}\).
Wczoraj wieczorem udowodniłem twierdzenie będące odpowiednikiem powyższego faktu, tylko w wersji trójwymiarowej. Tzn. udowodniłem, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ A\subset \RR^3}\) jest zbiorem ograniczonym, i mamy punkt z wnętrza zbioru \(\displaystyle{ A}\), to istnieje największa kula otwarta o środku w tym punkcie zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A}\). Zauważmy, że największa kula (zwykła, tzn. kula domknięta) może nie istnieć- gdyby taka kula szczelnie przylegała do brzegu tego obszaru po lewej i prawej stronie tej kuli (względem środka kuli, względem osi \(\displaystyle{ X}\)), i brzeg tego obszaru byłby wyrzucony ze zbioru, to taka kula nie zmieści się w tym zbiorze, a dla kuli o mniejszym promieniu, wtedy taka kula musiałaby znajdować się w pewnej dodatniej odległości od tego brzegu, a wtedy można by przedłużyć promień tej kuli do punktu leżącego po środku pomiędzy końcem tego promienia na sferze a brzegiem tego obszaru, i wtedy, dla takiego promienia kuli otrzymamy wtedy jeszcze większą kulę zawartą w tym zbiorze. Wobec czego nie da się wyznaczyć największej takiej kuli. Natomiast można wyznaczyć (dla ograniczonego zbioru \(\displaystyle{ A}\) w \(\displaystyle{ \RR^3}\)) największą kulę otwartą o środku w danym punkcie zawartą w zbiorze \(\displaystyle{ A}\), gdyż wczoraj to udowodniłem. Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu.


Niech \(\displaystyle{ A \subset \RR^3}\) będzie zbiorem ograniczonym. Niech \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)\in A}\) będzie punktem z wnętrza zbioru \(\displaystyle{ A}\). Wykażemy, że istnieje największa, względem inkluzji, kula otwarta o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Dla liczby rzeczywistej dodatniej \(\displaystyle{ R}\) przez \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right);R \right)}\) oznaczmy kulę otwartą o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ R.}\)

Niech:

\(\displaystyle{ S= \left\{ R\in \RR_+: \ \ K\left( \left( x_0, y_0,z_0\right);R \right) \subset A \right\}.}\)

Ponieważ punkt \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) należy do wnętrza zbioru \(\displaystyle{ A}\), więc, z definicji wnętrza, istnieje kula otwarta \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right);R \right),}\) o pewnym dodatnim promieniu \(\displaystyle{ R}\), zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ S}\) jest niepusty.

Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ S}\) jest ograniczony z góry. Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A\subset \RR^3}\) jest zbiorem ograniczonym, więc \(\displaystyle{ A \subset K}\), gdzie \(\displaystyle{ K}\) jest pewną kulą (domkniętą) o pewnym promieniu \(\displaystyle{ R_K}\). Łatwo jest pokazać, że liczba \(\displaystyle{ R_K}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ S}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ S}\) jest ograniczony z góry.

Ponieważ \(\displaystyle{ S\subset \RR_+\subset \RR}\) jest niepustym zbiorem ograniczonym z góry, a zatem zbiór \(\displaystyle{ S}\) ma supremum \(\displaystyle{ R_0\in \RR}\). Wtedy, takie supremum \(\displaystyle{ \bigvee S}\), jako supremum niepustego zbioru złożonego z liczb dodatnich jest liczbą dodatnią, czyli: \(\displaystyle{ \bigvee S= R_0>0. }\)

Wykażemy, że kula otwarta \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right);R_0 \right) \subset A }\) jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ A}\).

Niech \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in K\left( \left( x_0, y_0,z_0\right) ; R_0\right).}\)

Wtedy \(\displaystyle{ M:= \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2}+\left( z-z_0\right) ^2< R_0 ^{2}.}\)
Wtedy również \(\displaystyle{ M \ge 0}\). Niech \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}.}\) Wtedy: \(\displaystyle{ R= \sqrt{M} < \sqrt{R_0 ^{2} } = R_0}\) (\(\displaystyle{ R_0>0}\)). Ponieważ \(\displaystyle{ R< R_0= \bigvee S}\), więc istnieje liczba \(\displaystyle{ R'\in S}\), taka, że \(\displaystyle{ R<R'<R_0}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::    
Ustalmy taką liczbę \(\displaystyle{ R'\in S}\). Ponieważ \(\displaystyle{ R'\in S}\), więc \(\displaystyle{ R'>0}\) i \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right) ;R' \right) \subset A}\). I dla trójki \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right)}\), mamy: \(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2}+ \left( z-z_0\right) ^{2}= M =\left( \sqrt{M} \right) ^{2} = R^2=}\)

i ponieważ \(\displaystyle{ R<R',}\) a \(\displaystyle{ R \ge 0, R'>0}\), więc to jest silnie mniejsze niż: \(\displaystyle{ \left( R'\right) ^{2}}\),

czyli \(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2}+\left( y-y_0\right) ^{2}+\left( z-z_0\right) ^{2}< \left( R'\right) ^{2}}\),

a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right)\in K \left( \left( x_0, y_0,z_0\right); R' \right)}\),

a ponieważ \(\displaystyle{ R'\in S}\), więc \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right); R' \right) \subset A}\),

a stąd \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right)\in A}\), i \(\displaystyle{ K\left( \left( x_{0}, y_{0} z_{0} \right) ;R_0\right) \subset A}\),

a więc jest to kula otwarta o środku w naszym punkcie zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A.}\)


Pozostaje pokazać, że jest to największa taka kula otwarta.

Niech \(\displaystyle{ C}\) będzie kulą otwartą o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) zawartą w zbiorze \(\displaystyle{ A}\). Pokażemy, że:

\(\displaystyle{ C\subset K\left(\left( x_0,y_0,z_0\right);R_0 \right).}\)

Kula otwarta \(\displaystyle{ C}\) ma środek \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) i pewien dodatni promień \(\displaystyle{ R}\), zapiszmy to jako: \(\displaystyle{ C= K\left( \left( x_0, y_0,z_0\right);R \right);}\) ponieważ \(\displaystyle{ C\subset A}\), a zatem \(\displaystyle{ R\in S}\), ponieważ liczba \(\displaystyle{ R_0= \bigvee S}\) jest supremum zbioru \(\displaystyle{ S}\), a więc \(\displaystyle{ R_0}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ S}\), a zatem \(\displaystyle{ R_0 \ge R,}\) a więc \(\displaystyle{ C= K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right); R \right) \subset K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right); R_0 \right).}\)

A zatem kula otwarta \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right);R_0 \right)}\) jest największą kulą otwartą o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right) }\) zawartą w zbiorze \(\displaystyle{ A.\square}\) 8-) :D
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34125
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 21 paź 2022, o 00:39
Jakub Gurak pisze: 14 maja 2022, o 16:22 Udowodniłem przedwczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ B}\) jest ograniczonym podzbiorem płaszczyzny, a para liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) punktem z wnętrza tego obszaru \(\displaystyle{ B}\), to istnieje największe koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) zawarte w obszarze \(\displaystyle{ B}\).
Wczoraj wieczorem udowodniłem twierdzenie będące odpowiednikiem powyższego faktu, tylko w wersji trójwymiarowej. Tzn. udowodniłem, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ A\subset \RR^3}\) jest zbiorem ograniczonym, i mamy punkt z wnętrza zbioru \(\displaystyle{ A}\), to istnieje największa kula otwarta o środku w tym punkcie zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A}\).
A czymże się różnią te dwa dowody?

JK
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jakub Gurak »

Te dwa fakty różnią się chyba jedynie wymiarem obiektów- teraz rozważałem kulę otwarte trójwymiarowe, a wcześniej rozważałem koła otwarte dwuwymiarowe. Ale, dla mnie, obiekty trójwymiarowe, są zupełnie czym innym niż obiekty dwuwymiarowe (choć, topologiczna kula otwarta, to w trójwymiarze będzie zwykłą kulą otwartą, a na płaszczyźnie będzie to chyba koło otwarte); hm, nie wiem.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34125
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jan Kraszewski »

Fakty różnią się wymiarem, ale dowody matematycznie nie różnią się dokładnie niczym. Ten sam dowód można powtórzyć w wymiarze \(\displaystyle{ 7}\) albo \(\displaystyle{ 123}\). I zauważenie tego jest dla matematyka dość podstawową kwestią.

JK
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jakub Gurak »

Wykazałem wczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, i gdy rozważymy sześcian kartezjański takiego zbioru \(\displaystyle{ X ^{3}= \left( X \times X\right) \times X}\), oraz dowolną relację \(\displaystyle{ R \subset X ^{3}}\), to istnieje maksymalny sześcian kartezjański zbioru \(\displaystyle{ A \subset X}\), dla którego to zbioru jego sześcian kartezjański jest maksymalnym takim zbiorem zawartym w relacji \(\displaystyle{ R.}\)

Udowodniłem też wczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ X, Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\) są zbiorami, i gdy rozważymy dowolną relację \(\displaystyle{ R \subset \left( X \times Y\right) \times Z}\), to istnieje maksymalna kostka zawarta w tej relacji \(\displaystyle{ R}\). Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.


Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zbiorem.
Rozważmy sześcian kartezjański tego zbioru \(\displaystyle{ X ^{3}= \left( X \times X\right) \times X}\), oraz dowolną relację \(\displaystyle{ R \subset X^{3}}\).
Wykażemy, że istnieje maksymalny, względem inkluzji, zbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\), taki, że \(\displaystyle{ A ^{3}= \left( A \times A\right) \times A \subset R.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ A \subset X\Bigl| \ \ A ^{3}= \left( A \times A\right) \times A \subset R \right\}.}\)

Wtedy relacja inkluzji na tej rodzinie zbiorów, jest porządkiem, bo inkluzja na każdej rodzinie zbiorów jest porządkiem, a zatem para \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B}, \subset \right) }\) jest zbiorem uporządkowanym.

Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest niepusta, gdyż \(\displaystyle{ \emptyset \in \mathbb{B} }\). Mamy bowiem \(\displaystyle{ \emptyset \subset X}\), a zatem \(\displaystyle{ \emptyset ^{3}= \left( \emptyset \times \emptyset\right) \times \emptyset= \emptyset \subset R}\), a więc \(\displaystyle{ \emptyset\in \mathbb{B}}\), a zatem \(\displaystyle{ \mathbb{B} \neq \emptyset}\) (dla niedowiarków: przecież \(\displaystyle{ \emptyset \not \in \emptyset}\), bo zbiór pusty nie ma żadnych elementów, a więc w szczególności sam zbiór pusty nie jest jego elementem, i, jest to przykład zbioru \(\displaystyle{ X,}\) takiego, że \(\displaystyle{ X\not \in X}\)).

Do zbioru uporządkowanego \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B}, \subset \right)}\) stosujemy Lemat Zorna.

W tym celu ustalmy dowolny niepusty łańcuch \(\displaystyle{ \mathbb{D} \subset \mathbb{B}}\) (jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{D} = \left\{ \right\} }\), to dowolny element \(\displaystyle{ A \in \mathbb{B} \neq \left\{ \right\}}\) jest ograniczeniem górnym pustego łańcucha). Jako ograniczenie górne bierzemy (jak zwykle) zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}}\), musimy jednak wpierw udowodnić, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{B}}\), gdyż ograniczenie górne łańcucha musi być elementem rozważanego zbioru uporządkowanego, czyli u nas musi ten zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}}\) należeć do zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{B}.}\)

Niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset X}\) (jest to suma podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\)).

Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{D} \times \bigcup\mathbb{D}\right) \times \bigcup\mathbb{D} \subset R.}\)
Niech \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \left( \bigcup\mathbb{D} \times \bigcup\mathbb{D}\right) \times \bigcup\mathbb{D}}\). Wtedy \(\displaystyle{ x,y,z \in \bigcup\mathbb{D}}\).

A zatem \(\displaystyle{ x \in A_x}\), gdzie \(\displaystyle{ A_x \in \mathbb{D}}\), oraz \(\displaystyle{ y \in \mathbb{A}_y}\), gdzie \(\displaystyle{ A_y \in \mathbb{D}}\) i \(\displaystyle{ z \in A_z}\), gdzie \(\displaystyle{ A_z \in \mathbb{D}.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ A_x, A_y \in \mathbb{D}}\), a zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem względem inkluzji, więc \(\displaystyle{ A_x \subset A_y}\) lub \(\displaystyle{ A_y \subset A_x.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A_x \subset A_y}\), to \(\displaystyle{ x,y \in A_y}\), a jeśli \(\displaystyle{ A_y \subset A_x}\), to \(\displaystyle{ x,y \in A_x.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ A_y, A_z \in \mathbb{D}}\), a zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem względem inkluzji, więc \(\displaystyle{ A_y \subset A_z}\) lub \(\displaystyle{ A_z \subset A_y. }\)

Jeśli \(\displaystyle{ A_y \subset A_z}\) i jeśli \(\displaystyle{ A_x \subset A_y}\), to \(\displaystyle{ x,y \in A_y \subset A_z}\), a zatem \(\displaystyle{ x,y,z \in A_z}\), i ponieważ \(\displaystyle{ A_z \in \mathbb{D} \subset \mathbb{B}}\), więc z definicji tej rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) możemy wnioskować, że \(\displaystyle{ A_z ^{3} \subset R}\), a ponieważ \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in A_z \times A_z \times A_z \subset R}\), więc \(\displaystyle{ \left( x,y, z\right) \in R.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A_y \subset A_x}\), to \(\displaystyle{ x,y \in A_x}\), a ponieważ \(\displaystyle{ A_x \in \mathbb{D}, A_z \in \mathbb{D}}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem względem inkluzji, więc \(\displaystyle{ A_x \subset A_z}\) lub \(\displaystyle{ A_z \subset A_x.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A_x \subset A_z}\), to \(\displaystyle{ x,y,z \in A_z}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in A_z \times A_z \times A_z= A_z ^{3}}\), i ponieważ \(\displaystyle{ A_z \in \mathbb{D} \subset \mathbb{B}}\), więc, z definicji rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), wnioskujemy, że \(\displaystyle{ A_z^{3} \subset R}\), i stąd \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in R.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A_z \subset A_x}\), to rozumujemy w sposób podobny.

I jeśli \(\displaystyle{ A_z \subset A_y}\), to w sposób podobny uzasadniamy, że \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in R.}\)

A zatem (w każdym przypadku ) \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in R}\), i \(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{D} \times \bigcup\mathbb{D}\right) \times \bigcup\mathbb{D} \subset R}\), a zatem możemy wnioskować, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{B}}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} = \bigvee \mathbb{D}}\)- suma rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest jej supremum, więc w szczególności jest jej ograniczeniem górnym- tego łańcucha; i, z dowolności wyboru takiego łańcucha, otrzymujemy, że każdy łańcuch w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B}, \subset \right)}\) ma ograniczenie górne.

Korzystając z Lematu Zorna otrzymujemy element maksymalny w zbiorze uporządkowanym \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B}, \subset \right)}\); jest to maksymalny, względem inkluzji, zbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\), taki, że: \(\displaystyle{ A ^{3} \subset R.\square}\) 8-)


Przejdźmy do naszego drugiego problemu.

Rozważmy trzy zbiory \(\displaystyle{ X,Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\). Rozważmy kostkę \(\displaystyle{ \left( X \times Y\right) \times Z}\), oraz dowolną relację \(\displaystyle{ R \subset X \times Y \times Z}\). Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną wszystkich kostek, tzn.:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ \left( A \times B\right) \times C\Bigl| \ \ A \subset X, B \subset Y, C \subset Z \right\}.}\)

Formalniej:

\(\displaystyle{ \mathbb{B} = \left\{ S \subset \left( X \times Y\right) \times Z\Bigl| \ \bigvee\limits_{A \subset X} \bigvee\limits_{B \subset Y} \bigvee\limits_{C \subset Z} S= \left( A \times B\right) \times C \right\}.}\)

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A} = \left\{ S \in \mathbb{B}: \ \ S \subset R \right\} .}\)

Wykażemy, że w zbiorze \(\displaystyle{ \left( \mathbb{A}, \subset \right)}\) istnieje element maksymalny ( maksymalna kostka zawarta w relacji \(\displaystyle{ R}\)).

DOWÓD TEGO FAKTU:

Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest niepusta, gdyż:

Mamy \(\displaystyle{ \emptyset \subset X,Y,Z}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( \emptyset \times \emptyset \right) \times \emptyset= \emptyset \subset R}\), a zatem \(\displaystyle{ \emptyset \in \mathbb{A}}\), a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) ma element, jest więc niepusta.

Stosujemy do niej Lemat Zorna:

Niech \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq \mathbb{D} \subset \mathbb{A}}\) będzie niepustym łańcuchem (jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{D}= \left\{ \right\}}\), to dowolny element \(\displaystyle{ S \in \mathbb{A} \neq \left\{ \right\}}\) jest ograniczeniem górnym pustego łańcucha, dalej więc załóżmy, że łańcuch \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest niepusty).

Jako ograniczenie górne bierzemy, jak zwykle, zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D};}\) musimy jednak wpierw udowodnić, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{A}. }\)

Mamy niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset R \subset \left( X \times Y\right) \times Z}\) ( jest to suma podzbiorów relacji \(\displaystyle{ R}\)).

Zdefiniujmy trzy zbiory:

\(\displaystyle{ A_1= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_1\left( S\right)}\), oraz

\(\displaystyle{ B_1= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_2\left( S\right)}\), i

\(\displaystyle{ C_1= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_3\left( S\right) }\),

gdzie, dla \(\displaystyle{ S \in \mathbb{D}}\), wtedy zbiór \(\displaystyle{ D_1\left( S\right)}\) oznacza pierwszą dziedzinę relacji \(\displaystyle{ S}\), i podobnie zbiór \(\displaystyle{ D_2(S)}\) oznacza drugą dziedzinę relacji \(\displaystyle{ S}\), i zbiór \(\displaystyle{ D_3\left( S\right)}\) oznacza jej trzecią dziedzinę.

Wtedy, dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ S \in \mathbb{D}}\), mamy \(\displaystyle{ D_1(S) \subset X}\),

a więc również \(\displaystyle{ A_1= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_1 \left( S\right) \subset X}\), i w podobny sposób uzasadniamy, że \(\displaystyle{ B_1 \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C_1 \subset Z.}\)

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}= \left( A_1 \times B_1\right) \times C_1.}\)

Mamy, z własności relacji \(\displaystyle{ n}\)-członowych:

\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset D_1\left( \bigcup\mathbb{D}\right) \times D_2\left( \bigcup\mathbb{D}\right) \times D_3\left( \bigcup\mathbb{D}\right)}\).

Wykażemy, że: \(\displaystyle{ D_1\left( \bigcup\mathbb{D}\right) = \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_1\left( S\right).}\)
DOWÓD TEGO FAKTU::    
W sposób symetryczny możemy pokazać, że:

\(\displaystyle{ D_2\left( \bigcup\mathbb{D}\right)= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_2\left( S\right) }\), oraz podobnie

\(\displaystyle{ D_3\left( \bigcup\mathbb{D}\right)= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_3\left( S\right).}\)

A zatem:

\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset \left( D_1\left( \bigcup\mathbb{D} \right) \times D_2\left( \bigcup\mathbb{D}\right) \right) \times D_3\left( \bigcup\mathbb{D}\right)= \left[ \left( \bigcup_{ S \in \mathbb{D}} D_1\left( S\right) \right) \times \left( \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_2 \left( S\right) \right) \right] \times \left( \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_3 \left( S\right) \right)= \left( A_1 \times B_1\right) \times C_1,}\)

czyli \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset A_1 \times B_1 \times C_1}\), gdzie \(\displaystyle{ A_1 \subset X, B_1 \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C_1 \subset Z}\).

Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to:

Niech \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in A_1 \times B_1 \times C_1.}\) Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ a \in A_1, b \in B_1}\) i \(\displaystyle{ c \in C_1.}\)

Z definicji zbioru \(\displaystyle{ A _{1} }\) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ a \in D_1\left( S_a\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ S_a \in \mathbb{D}.}\)

Podobnie, z definicji zbioru \(\displaystyle{ B_1}\), otrzymujemy:

\(\displaystyle{ b \in D_2\left( S_b\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ S_b \in \mathbb{D},}\)

I podobnie:

\(\displaystyle{ c \in D_3\left( S_c\right) }\), gdzie \(\displaystyle{ S_c \in \mathbb{D}.}\)

Wykażemy teraz pewien Lemat (formalnie, aby nie było kolizji oznaczeń, trzeba by tutaj wprowadzić nowe oznaczenia, ale nie chcę mnożyć oznaczeń, mam nadzieję, że wybaczycie mi tą niedogodność- inna sprawa, że niektórzy nagminnie tak robiliby i nie widzieliby w tym problemu :evil: ).

Lemat: Jeśli \(\displaystyle{ X,Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\) są zbiorami, i mamy dwie relacje trójczłonowe \(\displaystyle{ R,S \subset \left( X \times Y\right) \times Z}\), takie, że \(\displaystyle{ R \subset S}\), to:

\(\displaystyle{ D_1\left( R\right) \subset D_1\left( S\right) }\), oraz

\(\displaystyle{ D_2\left( R\right) \subset D_2\left( S\right),}\) i

\(\displaystyle{ D_3\left( R\right) \subset D_3\left( S\right).}\)
DOWÓD TEGO FAKTU::    
Powróćmy do naszego dowodu wraz z wcześniej wprowadzonymi oznaczeniami.

Ponieważ \(\displaystyle{ S_a \in \mathbb{D}}\) i \(\displaystyle{ S_b \in \mathbb{D}}\), a zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem względem inkluzji, więc \(\displaystyle{ S_a \subset S_b}\) lub \(\displaystyle{ S_b \subset S_a.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ S_a \subset S_b}\), to ponieważ \(\displaystyle{ S_a \in \mathbb{D} \subset \mathbb{A} \subset \mathbb{B}}\), więc \(\displaystyle{ S_a \in \mathbb{B}}\), a zatem zbiór \(\displaystyle{ S_a}\) jest postaci:

\(\displaystyle{ S_a= A_a \times B_a \times C_a}\), gdzie \(\displaystyle{ A_a \subset X, B_a \subset Y }\) i \(\displaystyle{ C_a \subset Z}\).

I podobnie, ponieważ \(\displaystyle{ S_b \in \mathbb{B}}\), to zbiór \(\displaystyle{ S_b}\) jest postaci \(\displaystyle{ S_b= A_b \times B_b \times C_b}\), gdzie \(\displaystyle{ A_b \subset X, B_b \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C_b \subset Z.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ S_a \subset S_b}\), więc na mocy Lematu powyżej:\(\displaystyle{ D_2\left( S_a\right) \subset D_2\left( S_b\right)}\) , a zatem:

\(\displaystyle{ A_a= D_1\left( A_a \times B_a \times C_a\right) \subset D_1\left( A_b \times B_b \times C_b\right) = A_b,}\)

czyli \(\displaystyle{ A_a \subset A_b}\), więc ponieważ \(\displaystyle{ a \in A_a}\), więc \(\displaystyle{ a \in A_b}\). Mamy podobnie \(\displaystyle{ b \in B_b}\).

Mamy \(\displaystyle{ S_c \in \mathbb{D} }\) i \(\displaystyle{ S _{b} \in \mathbb{D}}\); ponieważ zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem, więc \(\displaystyle{ S_c \subset S_b}\) lub \(\displaystyle{ S_b \subset S_c.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ S_b \subset S_c}\), to ponieważ \(\displaystyle{ S_c \in \mathbb{B}}\), to zbiór \(\displaystyle{ S_c}\) jest postaci: \(\displaystyle{ S_c=A_c \times B_c \times C _{c}}\), gdzie \(\displaystyle{ A_c \subset X}\), \(\displaystyle{ B _{c} \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C _{c} \subset Z}\).

Wtedy, na mocy Lematu powyżej:

\(\displaystyle{ A _{b}= D_1\left( A_b \times B_b \times C_b\right) = D_1\left( S_b\right) \subset D_1\left( S_c\right) =A_c,}\)

czyli \(\displaystyle{ A_b \subset A_c}\); ponieważ \(\displaystyle{ a \in A_b}\), więc \(\displaystyle{ a \in A_c}\). Ponieważ \(\displaystyle{ S_b \subset S_c}\), więc na mocy Lematu powyżej:

\(\displaystyle{ B_b= D_2\left( S_b\right) \subset D_2\left( S_c\right) =B_c,}\)

czyli \(\displaystyle{ B_b \subset B_c}\), więc ponieważ mamy \(\displaystyle{ b \in B_b}\), więc \(\displaystyle{ b \in B_c}\); i mamy \(\displaystyle{ c \in C_c}\).

Podsumowując mamy \(\displaystyle{ a \in A_c, b \in B_c}\) i \(\displaystyle{ c \in C_c}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in A _{c} \times B_c \times C_c= S_c}\), gdzie \(\displaystyle{ S_c \in \mathbb{D}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in \bigcup\mathbb{D}.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ S_c \subset S_b}\), to podobnie korzystając z Lematu powyżej otrzymujemy:

\(\displaystyle{ D_3\left( S_c\right) \subset D_3\left( S_b\right) }\), czyli \(\displaystyle{ C _{c} \subset C_b}\), wtedy ponieważ \(\displaystyle{ c \in C_c}\), więc \(\displaystyle{ c \in C_b}\), mamy \(\displaystyle{ a \in A_b}\) i \(\displaystyle{ b \in B_b}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in A_{b} \times B_{b} \times C _{b}=S_b}\), gdzie \(\displaystyle{ S_b \in \mathbb{D}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in \bigcup\mathbb{D}.}\)

Pozostałe przypadki, tzn. gdy \(\displaystyle{ S _{b} \subset S_a}\), takie przypadki sprawdzamy w sposób podobny.

A zatem \(\displaystyle{ A _{1} \times B_{1} \times C_{1} \subset \bigcup\mathbb{D}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}= A_1 \times B_1 \times C_1}\), gdzie \(\displaystyle{ A_1 \subset X, B_1 \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C_1 \subset Z}\), a zatem możemy wnioskować, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{B}}\); mamy ponadto \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset R}\), a zatem, wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{A},}\) a zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}= \bigvee \mathbb{D} }\), czyli suma rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest jej supremum, a więc w szczególności jest jej ograniczeniem górnym- tego łańcucha; i, z dowolności wyboru takiego łańcucha otrzymujemy, że: każdy łańcuch w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{A}, \subset \right) }\) ma ograniczenie górne.

Korzystając z Lematu Zorna wnioskujemy, że istnieje element maksymalny w zbiorze uporządkowanym \(\displaystyle{ \left( \mathbb{A}, \subset \right)}\). jest to maksymalna, względem inkluzji, kostka zawarta w relacji \(\displaystyle{ R.\square}\) 8-) :lol:
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Aksjomat wyboru

Post autor: Jakub Gurak »

Dla trzech liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+}\) rozważmy elipsoidę:

\(\displaystyle{ S _{a,b,c}= \left\{ \left( x,y,z\right) \in \RR ^{3}: \ \ \frac{x ^{2} }{a ^{2} }+ \frac{y^2}{b^2}+ \frac{z^2}{c^2}=1\right\};}\)

jest to elipsoida o półosiach \(\displaystyle{ a,b}\) i \(\displaystyle{ c.}\)

Wtedy dowolną inną elipsoidę postaci: \(\displaystyle{ S _{\left( ka,kb,kc\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in \RR_+}\) nazwiemy elipsoidą kształtu wyznaczonym przez liczby \(\displaystyle{ a,b}\) i \(\displaystyle{ c}\). Bowiem takie elipsoidy, kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right),}\) będą miały ten sam kształt.

W ostatnich dniach, wykazałem, że dla trzech liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+}\) przestrzeń \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\) trójwymiarową bez początku układu można rozłożyć na elipsoidy kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right).}\)
Przed chwilą wykazałem również, że dla trzech liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b}\) i \(\displaystyle{ c}\) istnieje elipsoida kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\), taka, że każdy jej punkt ma przynajmniej jedną współrzędną niewymierną.
Przedstawię teraz dowody tych bardzo ciekawych faktów.

Niech \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+.}\)
Wykażemy, że przestrzeń \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\) można rozłożyć na elipsoidy kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right);}\) tzn. istnieje rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) elipsoid kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\), będącą rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ S _{\left( ka, kb, kc\right) }\Bigl| \ \ k \in \RR _{+} \right\}.}\)

Zauważmy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\).
I zauważmy, że jeśli mamy zbiór tej rodziny postaci \(\displaystyle{ S _{\left( k \cdot a,k \cdot b, k \cdot c\right) } }\), gdzie \(\displaystyle{ k \in \RR_+}\), to \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right)\not \in S _{\left( ka,kb,kc\right) }}\) , gdyż:

\(\displaystyle{ \frac{0 ^{2} }{\left( ka\right) ^{2} }+ \frac{0^2}{\left( kb\right) ^{2} }+ \frac{0^2}{\left( kc\right)^2 } = 0 \neq 1,}\)

a zatem \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \not \in S _{\left( ka,kb,kc\right) }}\), i \(\displaystyle{ S _{\left( ka,kb,kc\right) } \subset \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\), i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\)

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem przestrzeni trójwymiarowej \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\) bez początku układu.

Niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} \subset \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\) (bo jest to suma podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\)).

Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\) Wtedy \(\displaystyle{ x,y,z \in \RR,}\) i \(\displaystyle{ x \neq 0}\) lub \(\displaystyle{ y \neq 0}\) lub \(\displaystyle{ z \neq 0}\).

Niech \(\displaystyle{ k= \sqrt{\left( \frac{x}{a} \right) ^{2}+ \left( \frac{y}{b} \right) ^{2}+ \left( \frac{z}{c} \right) ^{2} }.}\)
POCHODZENIE PONIŻSZEGO WZORU::    
Ponieważ \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \neq \left( 0,0,0\right)}\), więc łatwo jest uzasadnić, że \(\displaystyle{ k \neq 0}\), a zatem \(\displaystyle{ k>0}\).

I dla elipsoidy \(\displaystyle{ S _{\left( ka,kb,kc\right) }}\), mamy:

\(\displaystyle{ \frac{x ^{2} }{\left( ka\right) ^{2} }+ \frac{y^2}{\left( kb\right) ^{2} } + \frac{z^2}{\left( kc\right) ^{2} } = \frac{x ^{2} b ^{2} c ^{2} }{k ^{2}a ^{2} b ^{2} c ^{2} }+ \frac{y ^{2} a ^{2} c ^{2} }{k ^{2} a ^{2}b ^{2} c ^{2} }+ \frac{z ^{2}a ^{2}b ^{2} }{k ^{2}a ^{2}b ^{2} c ^{2} } = \frac{x ^{2} b ^{2} c ^{2} +y ^{2} a ^{2} c ^{2} + z ^{2}a ^{2}b ^{2} }{k ^{2}a ^{2}b ^{2} c ^{2}}= \frac{x ^{2} b ^{2} c ^{2} +y ^{2} a ^{2} c ^{2} + z ^{2}a ^{2}b ^{2}}{\left[ \left( \frac{x}{a} \right) ^{2}+ \left( \frac{y}{b}\right) ^{2}+ \left( \frac{z}{c} \right) ^{2}\right]a ^{2}b ^{2}c ^{2} }= \\ = \frac{x ^{2} b ^{2} c ^{2} +y ^{2} a ^{2} c ^{2} + z ^{2}a ^{2}b ^{2}}{x ^{2} b ^{2} c ^{2} +y ^{2} a ^{2} c ^{2} + z ^{2}a ^{2}b ^{2}}=1.}\)

Czyli:

\(\displaystyle{ \frac{x ^{2} }{ \left( ka\right) ^{2} } + \frac{y^2}{\left( kb\right) ^{2} } + \frac{z ^{2} }{\left( kc\right) ^{2} } =1,}\)

a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S _{\left( ka, kb, kc\right) } }\), gdzie \(\displaystyle{ k>0}\), a zatem:
\(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup_{k \in \RR_+} S _{\left( k \cdot a,k \cdot b, k \cdot c\right) }= \bigcup\mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}= \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\)

Wykażemy teraz, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
W tym celu weźmy dowolne dwa zbiory tej rodziny, które się przecinają, i pokażmy, że są równe; tzn. rozważmy elipsoidy \(\displaystyle{ S _{\left( k_1a, k _{1}b,k_1c \right) }}\) oraz \(\displaystyle{ S _{\left( k_2a, k_2b, k_2c\right) }}\) , gdzie \(\displaystyle{ k_1, k_2 \in \RR_+}\), dla których ich przekrój jest niepusty. Istnieje więc punkt \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S _{\left( k_1a, k_1b, k_1c\right) } ; S _{\left( k_2a, k_2b, k_2c\right) }}\). Wtedy, z definicji elipsoidy:

\(\displaystyle{ \frac{x ^{2} }{\left( k_1a\right) ^{2} }+ \frac{y^2}{\left( k_1b\right) ^{2} }+ \frac{z^2}{\left( k_1c\right) ^{2} }=1=\frac{x ^{2} }{\left( k_2a\right) ^{2} }+ \frac{y^2}{\left( k_2b\right) ^{2} }+ \frac{z^2}{\left( k_2c\right) ^{2} }.}\)

A zatem:

\(\displaystyle{ 1= \frac{1}{1}= \frac{1}{ \frac{x ^{2} }{\left( k_1a\right) ^{2} }+ \frac{y^2}{\left( k_1b\right) ^{2} }+ \frac{z^2}{\left( k_1c\right) ^{2} }}= \frac{1}{\frac{x ^{2} }{\left( k_2a\right) ^{2} }+ \frac{y^2}{\left( k_2b\right) ^{2} }+ \frac{z^2}{\left( k_2c\right) ^{2} } }.}\)

Ale pierwsze z tych dwóch wyrażeń jest równe:

\(\displaystyle{ = \frac{1}{ \frac{x^2}{k _{1} ^{2} a ^{2} } + \frac{y ^{2} }{ k _{1} ^{2}b^{2} } + \frac{z ^{2} }{ k _{1} ^{2} c ^{2} } }= \frac{1}{ \frac{x ^{2} b ^{2}c ^{2} }{k _{1} ^{2} a ^{2}b ^{2}c ^{2} }+ \frac{y ^{2}a ^{2}c ^{2} }{k _{1} ^{2} a ^{2} b ^{2}c ^{2} }+ \frac{z ^{2} a ^{2} b ^{2} }{k _{1} ^{2}a ^{2}b ^{2}c ^{2} } }= \frac{k_1 ^{2} a ^{2} b ^{2} c ^{2} }{x ^{2} b ^{2}c ^{2} +y ^{2}a ^{2}c ^{2} + z ^{2} a ^{2}b ^{2} }.}\)

W podobny sposób przekształcając, otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{1}{\frac{x ^{2} }{\left( k_2a\right) ^{2} }+ \frac{y^2}{\left( k_2b\right) ^{2} }+ \frac{z^2}{\left( k_2c\right) ^{2} }}= \frac{k _{2} ^{2} a ^{2} b ^{2} c ^{2} }{x ^{2} b ^{2}c ^{2} +y ^{2}a ^{2}c ^{2} + z ^{2} a ^{2}b ^{2} }}\).

Ale obydwa te dwa wyrażenia są równe (równe \(\displaystyle{ 1}\)), więc ponieważ liczby \(\displaystyle{ a, b}\) i \(\displaystyle{ c}\) są dodatnie, więc iloczyn \(\displaystyle{ \left( a ^{2} b ^{2}c ^{2} \right)}\) jest różny od zera, a zatem skracając liczniki tych ułamków i mnożąc przez ich wspólny mianownik, otrzymujemy: \(\displaystyle{ k _{1} ^{2}= k _{2} ^{2}}\), i ponieważ \(\displaystyle{ k_1, k_2 \in \RR_+}\), więc \(\displaystyle{ k_1=k_2}\). A zatem \(\displaystyle{ S _{\left( k_{1}a, k_{1}b, k_{1}c\right) } = S _{\left( k_{2}a, k _{2}b, k _{2} c \right) }}\), i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.

A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\)

I rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną elipsoid kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right).\square}\) :P :lol:


Wykażemy jeszcze, zgodnie z zapowiedzią, że dla trzech liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+}\) istnieje elipsoida \(\displaystyle{ S}\) kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\), taka, że każdy jej punkt ma przynajmniej jedną współrzędną niewymierną; tzn. istnieje elipsoida \(\displaystyle{ S}\) kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right),}\) taka, że dla każdego jej punktu \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) =:P \in S}\), mamy: \(\displaystyle{ x \in \RR \setminus \QQ}\) lub \(\displaystyle{ y \in \RR \setminus \QQ}\) lub \(\displaystyle{ z \in \RR \setminus \QQ.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+}\).
Ponieważ istnieją elipsoidy kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\) (wystarczy wziąć wprost elipsoidę \(\displaystyle{ S _{\left( a,b,c\right) } }\)), więc zbiór takich elipsoid jest niepusty, a zatem działa w nim prawo zaprzeczania kwantyfikatorowi ogólnemu. Przypuśćmy więc nie wprost, że każda taka elipsoida kształtu wyznaczonym przez \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\) nie spełnia tego warunku, i doprowadźmy rozumowanie do sprzeczności. Wtedy dla każdej elipsoidy \(\displaystyle{ S}\) kształtu wyznaczonym przez \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\) nie każdy jej punkt ma przynajmniej jedną współrzędną niewymierną, czyli taka elipsoida ma punkt, który nie ma współrzędnej niewymiernej , czyli wszystkie trzy współrzędne muszą być wymierne. Czyli każda elipsoida \(\displaystyle{ S}\) kształtu wyznaczonym przez \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\) ma punkt \(\displaystyle{ P_S \in S}\) o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych.
Rozważmy rodzinę elipsoid:
\(\displaystyle{ \mathbb{B} = \left\{ S _{\left( ka,kb, kc\right) }\Bigl| \ k \in \RR_+ \right\}}\).
Jest to rodzina elipsoid kształtu wyznaczonym przez \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\). Takie elipsoidy są rozłączne, i jest ich tyle, ile jest liczb dodatnich, czyli continuum. I teraz przypiszmy elipsoidzie \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B}}\) punkt \(\displaystyle{ P_S \in S}\) o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych- wiemy już że taki punkt zawsze istnieje, ale... (na wszelki wypadek dodam tu-stosujemy tu, w razie potrzeby, aksjomat wyboru, a dokładniej, to stosujemy tu twierdzenie o funkcji wyboru). Niech \(\displaystyle{ f}\) będzie funkcją działającą w poniższy sposób: \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B} \stackrel{f}{ \rightarrow } P_S \in S \cap \stackrel{3}{\mathop{P}_{i=1}} \left( \QQ\right) }\) przypisującą elipsoidzie jej punkt o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych. Ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a elipsoidzie przypisujemy jej punkt, to taka funkcja nie może dwóm różnym elipsoidom przypisywać tego samego punktu (bo wtedy elipsoidy te by się przecinały- sprzeczność), a więc jest to funkcja różnowartościowa. A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \stackrel{3}{\mathop{P}_{i=1}} \left( \QQ\right) \right|\sim \NN}\), a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest co najwyżej przeliczalna. Tymczasem, tych elipsoid jest tyle, ile jest liczb dodatnich, czyli continuum, a zatem nieprzeliczalnie wiele-sprzeczność\(\displaystyle{ .\square}\) :lol:


Dodam tutaj jeszcze jeden dowodzik:
Niech \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\) będzie liczbą naturalną dodatnia, i niech:
\(\displaystyle{ B_n= \left\{ n \cdot m\Bigl| \ m \in \NN_+\right\} = \left\{ n, 2n, 3n, \ldots\right\} \subset \NN.}\)
Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ B_n}\) jest podobny do zbioru liczb naturalnych: \(\displaystyle{ B_n \approx \NN}\).

Nim to zrobimy, przypomnijmy, że jeśli mamy zbiór typu pewnego podzbioru zbioru liczb naturalnych, tzn. jeśli \(\displaystyle{ B \approx C \subset \NN}\), to albo zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest skończony, albo jest podobny do zbioru liczb naturalnych- jest to dość prosty fakt.

Przejdźmy do dowodu naszego faktu:

DOWÓD TEGO FAKTU:

Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ B_n}\) jest nieskończony.
W tym celu definiujemy funkcję \(\displaystyle{ f:\NN \rightarrow B_n}\), jako:
\(\displaystyle{ f\left( m\right)= n\left( \underbrace{m+1}_{ \in \NN_+}\right) \in B_n}\).
Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
Jeśli \(\displaystyle{ f\left( m_1\right)= f\left( m_2\right)}\), to \(\displaystyle{ n\left( m_1+1\right)= n\left( m_2+1\right)}\), i ponieważ \(\displaystyle{ n>0}\), to: \(\displaystyle{ m_1+1= m_2+1}\), i \(\displaystyle{ m_1=m_2}\). A zatem funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
A zatem \(\displaystyle{ \left| B_n\right| \ge \left| \NN\right|}\), a zatem zbiór \(\displaystyle{ B_n}\) jest nieskończony. Ponieważ \(\displaystyle{ B_n \approx B_n \subset \NN}\), więc w myśl przytoczonego faktu: \(\displaystyle{ B_n \approx \NN.\square}\) :lol:
ODPOWIEDZ