Wnioski z tw. o liczbie wym. w przedziale liczb rzeczyw.

[Jakub Gurak]

Mam tu na myśli fakt, że pomiędzy dwoma różnymi liczbami rzeczywistymi jest pośrednia liczba wymierna. Z tego wiele ciekawych wniosków wynika. Zaczniemy od znanej chyba obserwacji (ale mam pomysł na prosty dowód), że pomiędzy dwoma różnymi liczbami rzeczywistymi jest również liczba niewymierna.

BARDZO PROSTY DOWÓD:

Niech \(\displaystyle{ a,b\in\RR}\), będą takie, że \(\displaystyle{ a<b}\). Przypuśćmy dla dowodu nie wprost, że w przedziale nie ma liczby niewymiernej, a więc są wyłącznie liczby wymierne. Wtedy (wiemy, że tak nie jest, ale w dowodzie należy się opierać na ścisłych faktach, więc jeszcze to pociągnę dalej), czyli przedział \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) jest podzbiorem zbioru liczb wymiernych, zbioru przeliczalnego, czyli jest co najwyżej przeliczalny, tymczasem wiemy, że przedział \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) jest równoliczny z \(\displaystyle{ \RR}\), czyli jest nieprzeliczalny- sprzeczność.

Mamy słynny fakt, że dowolna rodzina rozłącznych przedziałów otwartych jest co najwyżej przeliczalna- wystarczy dowolnemu przedziałowi otwartemu przypisać liczbę wymierną( na mocy naszego faktu), i zauważyć, że ponieważ przedziały tej rodziny są rozłączne, to taka funkcja jest różnowartościowa. A więc rodzina przedziałów ma moc co najwyżej taką jak zbiór liczb wymiernych, czyli ta rodzina przedziałów jest co najwyżej przeliczalna.

Można uogólnić na rodzinę rozłącznych kwadratów na płaszczyźnie (czy też rodzinę rozłącznych kół).

Przy okazji mam bardzo prosty pomysł na pokazanie, że iloczyn kartezjański dwóch zbiorów przeliczalnych(równolicznych z \(\displaystyle{ \NN}\)) jest przeliczalny. Mamy ogólny fakt, że iloczyn kartezjański jest równoliczny z drugim iloczynem kartezjańskim, jeśli wiemy, że odpowiednie pierwsze składowe iloczynu kartezjańskiego są równoliczne, oraz jeśli również drugie składowe są równoliczne. Zatem momentalnie jestem w stanie udowodnić, że iloczyn kartezjański dwóch zbiorów przeliczalnych jest przeliczalny.

NATYCHMIASTOWY DOWÓD:

Niech zbiory \(\displaystyle{ A,B}\) będą przeliczalne. Wtedy \(\displaystyle{ A,B\sim\NN.}\) Zatem (na mocy zacytowanego ogólnego prawa) \(\displaystyle{ A \times B\sim\NN \times \NN\sim\NN}\). Z przechodniości równoliczności \(\displaystyle{ A \times B\sim\NN. \square}\)

Ciekawa jest wersja 3D, w przestrzeni trójwymiarowej nie da się zmieścić więcej niż przeliczalnie wiele rozłącznych kul. Gdy to lata temu usłyszałem, myślałem, że to bardzo trudny problem (wszak wielkości średnic tych kul możemy dobierać w sposób dowolny, z każdą kulą inny, a zbiór \(\displaystyle{ \left( 0,1\right)}\) (z którego możemy wybierać wielkości średnic tych kul jest wręcz nieprzeliczalny), dlatego mi się to wydawało trudne) , a jednak można bardzo prosto- kuli przypisać punkt z jej środka, o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych (kolejny wniosek z naszego faktu, oraz rozłączności tych kul, (oraz tego, że zbiór \(\displaystyle{ \QQ\times \QQ\times \QQ}\) jest przeliczalny)).

Kolejny fakt:

\(\displaystyle{ \left( \QQ, \le \right)}\) nie jest ciągły.

DOWÓD:

Niech \(\displaystyle{ c}\) będzie ustaloną liczbą niewymierną. Zdefiniujmy zbiór \(\displaystyle{ X_1}\) następująco:

\(\displaystyle{ X_1 =\{x\in \mathbb{Q}: x \leq c\}.}\)

oraz zbiór \(\displaystyle{ X_2=\mathbb{Q} \setminus X_1}\). Z konstrukcji łatwo wynika, że para zbiorów \(\displaystyle{ \left( X_1,X_2\right)}\) tworzą przekrój Dedekinda zbioru\(\displaystyle{ (\mathbb{Q},\leq)}\). Pokażemy, że taki przekrój daje lukę- o tych pojęciach można przeczytać tu tu- w ukrytej treści (Idea dowodu jest taka: \(\displaystyle{ c}\) jest niewymierne, i to jest luka w zbiorze liczb wymiernych, gdyby istniał element największy \(\displaystyle{ a}\) w \(\displaystyle{ X_1}\), to nasz fakt dałby, że otrzymalibyśmy liczbę wymierną pomiędzy \(\displaystyle{ a}\) a \(\displaystyle{ c}\), czyli element \(\displaystyle{ \QQ}\), a zatem również element \(\displaystyle{ X_1}\) silnie większy od \(\displaystyle{ a}\)- elementu największego w \(\displaystyle{ X_1}\). Sprzeczność. Podobnie gdyby istniał element najmniejszy \(\displaystyle{ b}\) w \(\displaystyle{ X_2}\), to nasz fakt dałby, że otrzymalibyśmy liczbę wymierną pomiędzy \(\displaystyle{ c}\) a \(\displaystyle{ b}\), czyli element zbioru \(\displaystyle{ X_2}\) silnie mniejszy od \(\displaystyle{ b}\)- elementu najmniejszego w \(\displaystyle{ X_2}\)- sprzeczność. Zatem w \(\displaystyle{ X_2}\) nie ma elementu najmniejszego, i w \(\displaystyle{ X_1}\) nie ma elementu największego, czyli przekrój \(\displaystyle{ \left( X_1,X_2\right)}\) daje lukę).

Przypuśćmy, że w zbiorze \(\displaystyle{ X_1}\) istnieje element największy, oznaczmy go przez \(\displaystyle{ a}\). Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ a\in X_1.}\) Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ Y_1=\{x \in \mathbb R: x \leq c\}}\). W zbiorze \(\displaystyle{ Y_1}\) elementem największym jest \(\displaystyle{ c}\). Łatwo się przekonać, że \(\displaystyle{ X_1 \subset Y_1}\), a zatem \(\displaystyle{ a\in Y_1}\), a więc (z definicji tego zbioru) \(\displaystyle{ a \leq c.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ c}\) jest niewymierne, a \(\displaystyle{ a\in\QQ}\), więc \(\displaystyle{ a\neq c}\), więc \(\displaystyle{ a< c}\). Wtedy jednak nasz fakt o którym w tym poście mowa, daje, że istnieje \(\displaystyle{ x\in \mathbb{Q}}\) takie, że \(\displaystyle{ a < x <c}\). Ustalmy taki element. Taki element \(\displaystyle{ x}\) należy do \(\displaystyle{ X_1}\), zatem, ponieważ \(\displaystyle{ a}\) jest największy w \(\displaystyle{ X_1}\), więc \(\displaystyle{ x\le a}\), a mamy \(\displaystyle{ a < x}\) sprzeczność. Wobec tego w zbiorze \(\displaystyle{ X_1}\) nie ma elementu największego.

Analogicznie można udowodnić , że w \(\displaystyle{ X_2}\) nie ma elementu najmniejszego (należy rozważyć zbiór \(\displaystyle{ Y_2= \{x \in \mathbb R: c \leq x\}}\) ). Wobec tego skonstruowany przekrój Dedekinda \(\displaystyle{ \left( X_1,X_2\right)}\) daje lukę, a więc \(\displaystyle{ (\mathbb{Q},\leq)}\) nie jest ciągły.\(\displaystyle{ \square}\)

Ostatnie zadanie. Niedawno zrozumiałem dość dobrze rozwiązanie takiego zadania:

Jakiej mocy może być zbiór punktów nieciągłości dla silnie rosnącej funkcji \(\displaystyle{ f:\RR \rightarrow \RR}\) ?

Może być pusty, gdy funkcja nie ma punktów nieciągłości (np. rosnąca funkcja liniowa), może mieć jeden albo dwa albo trzy albo ... dowolną skończoną ilość punktów nieciągłości. Może mieć przeliczalnie wiele punktów nieciągłości. Aby to pokazać rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f:\RR \rightarrow \RR}\) :

\(\displaystyle{ f\left( x\right) = \begin{cases} x \hbox{ dla } x \le 0, \\ x+\left[ x\right] \hbox{ dla }x>0. \end{cases}}\)


gdzie \(\displaystyle{ \left[ x\right]}\) oznacza cechę liczby \(\displaystyle{ x}\), z tą różnicą, że zaokrąglamy liczby naturalne w dół, czyli \(\displaystyle{ \left[ 1\right]=0,\left[ 2\right]=1,\left[ 3\right]=2,...}\) (naprawdę, to nie lubię cudować, lubię jak najbardziej klasyczną matematykę, tylko taki niezręczny problem, że na kartce miałem punkty nieciągłości niestety otrzymywane na dolnej granicy, to nie problem oczywiście, ale na pewno nie chciałoby mi się robić nowego rysunku, więc tak to rozwiązałem).


Taka funkcja jest silnie rosnąca, i każdy \(\displaystyle{ n}\) naturalny dodatni jest punktem nieciągłości, gdyż \(\displaystyle{ \lim_{ x\to n _{-} }f\left( x\right) = \lim_{ x\to n _{-} }x+\left[ x\right] =n+\left( n-1\right)=2n-1 \neq 2n=\lim_{ x\to n _{+} }x+\left[ x\right] = \lim_{ x\to n _{+} }f\left( x\right).}\)

Zatem ta funkcja ma przeliczalnie wiele punktów nieciągłości.

Żadna funkcja silnie rosnąca nie może mieć więcej niż przeliczalnie wiele punktów nieciągłości, ale to musimy wykazać.

Niech funkcja \(\displaystyle{ f:\RR \rightarrow \RR}\) będzie silnie rosnąca. Niech \(\displaystyle{ S \subset \RR}\) będzie zbiorem wszystkich punktów nieciągłości funkcji \(\displaystyle{ f}\). Aby wykazać, że \(\displaystyle{ S}\) jest co najwyżej przeliczalny zdefiniujemy funkcję różnowartościową ze zbioru \(\displaystyle{ S}\) punktów nieciągłości w zbiór liczb wymiernych. Niech \(\displaystyle{ a\in S}\) będzie punktem nieciągłości. Jeśli granica dolna w \(\displaystyle{ a}\) jest równa granicy górnej w \(\displaystyle{ a}\), to wartość funkcji w \(\displaystyle{ a}\) musi być inna (bo \(\displaystyle{ a}\) jest punktem nieciągłości), czyli musi być mniejsza lub większa- obydwa te przypadki stoją w sprzeczności z tym, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest silnie rosnąca. Zatem te granice muszą być różne. Nie może być granica dolna w \(\displaystyle{ a}\) być większa od granicy górnej w \(\displaystyle{ a}\)- bo funkcja jest silnie rosnąca. Zatem granica dolna \(\displaystyle{ a _{-}}\) musi być mniejsza od granicy górnej \(\displaystyle{ a _{+}}\). Wtedy, stosujemy nasz fakt dostając liczbę wymierną \(\displaystyle{ r _{a}}\) taką, że \(\displaystyle{ a_{-} <r _{a} <a _{+}}\). Otrzymujemy (stosując być może aksjomat wyboru- nie wiem czy to konieczne) funkcję \(\displaystyle{ r:S \rightarrow \QQ}\), działająca: \(\displaystyle{ a \Longrightarrow r _{a}}\). Pozostaje wykazać, że taka funkcja jest różnowartościowa. Jeśli \(\displaystyle{ a,b\in S}\), i \(\displaystyle{ a<b}\), to \(\displaystyle{ a _{-}<r _{a}<a _{+}<b _{-}<r _{b}}\) (gdzie przedostatnia nierówność pochodzi stąd, że funkcja f jest silnie rosnąca), czyli \(\displaystyle{ r _{a} <r _{b}}\),a więc \(\displaystyle{ r _{a} \neq r _{b}}\). Czyli \(\displaystyle{ r}\) jest różnowartościowa.

Zatem zbiór \(\displaystyle{ S}\) punktów nieciągłości funkcji \(\displaystyle{ f}\) jest mniejszy lub równy na moc niż zbiór liczb wymiernych, czyli zbiór \(\displaystyle{ S}\) jest co najwyżej przeliczalny. \(\displaystyle{ \square}\)

[Jakub Gurak]

Ciekawe zastosowanie jest też tu: Łańcuch mocy continuum złożony że zbiorów jedynie przeliczalnych.