równoliczność zbiorów

[hack2yrjoy]

Mam do wykazania, że zbiory \(\displaystyle{ A = \left\{ \langle x,y \rangle \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 \leq 1\right\}}\) oraz
\(\displaystyle{ B = \left\{ \langle x,y \rangle \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 < 1\right\}}\) są równoliczne.
Ustalam bijekcję \(\displaystyle{ f: A \rightarrow B}\) wzorem:
\[f(x,y)=\left\{ \begin{array}{ll} \left< \frac{x}{2} \frac{y}{2} \right> &\textrm{dla } x^2 + y^2 = 1 \\
\left< \frac{x}{2}, \frac{y}{2} \right> &\textrm{dla } x^2 + y^2 = \left( \frac{1}{2n} \right)^2 \textrm{ dla } n \in \mathbb{N} \setminus \{0\} \\
\left< x, y \right> &\textrm{dla pozostałych } \langle x, y \rangle \in A
\end{array}\right.\]
Nie do końca jestem pewny czy jest to prawidłowa bijekcja.

[Premislav]

Skoro nie jesteś do końca pewny, to sprawdź warunki z definicji bijekcji, co powinieneś zrobić tak czy inaczej. IMHO bardziej naturalnie byłoby
\[g(x,y)=\left\{ \begin{array}{lr}\langle \frac{x}{2}, \frac{y}{2} \rangle \textrm{, dla } x^2 + y^2 = 1 & \\ \langle \frac{x}{2}, \frac{y}{2} \rangle \textrm{, dla } x^2 + y^2 = \left( \frac{1}{2^{\color{red}{n}}} \right)^2 \textrm{ dla } n \in \mathbb{N} \setminus \{0\} & \\ \langle x, y \rangle \textrm{, dla pozostałych } \langle x, y \rangle \in A & \end{array}\right.\]
A u Ciebie pojawi się taki problem, co przejdzie na przykład na okrąg o równaniu
\(\displaystyle{ x^2+y^2=\frac{1}{36}}\)
Weźmy \(\displaystyle{ \left\langle x,y\right\rangle=\left\langle \frac{1}{6\sqrt{2}}, \frac{1}{6\sqrt{2}}\right\rangle}\)
Wówczas \(\displaystyle{ x^2+y^2=\frac{1}{36}=\frac{1}{(2\cdot 3)^2}}\), toteż (\(\displaystyle{ f}\) jak u Ciebie)
\(\displaystyle{ f\left\langle x,y\right\rangle=\left\langle \frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right\rangle =\left\langle \frac{1}{12\sqrt{2}}, \frac{1}{12\sqrt{2}}\right\rangle}\), tymczasem żadne \(\displaystyle{ \left\langle x_0,y_0\right\rangle}\) nie przejdzie na
\(\displaystyle{ \left\langle \frac{1}{6\sqrt{2}}, \frac{1}{6\sqrt{2}}\right\rangle}\), pomyśl, dlaczego.
Ale możliwe, że pomyliłeś się w zapisie i miało być \(\displaystyle{ 2^n}\)…

PS Jezu, trójkątne nawiasy, żeby odróżnić pary uporządkowane od nieuporządkowanych, co za tragedia, przypomina mi się! A jeszcze niektórzy hipsterzy by pisali \(\displaystyle{ f\left( \left\langle x,y\right\rangle \right)}\)

[hack2yrjoy]

Ale możliwe, że pomyliłeś się w zapisie i miało być \(\displaystyle{ 2^n}\)…

Rzeczywiście miało być \(\displaystyle{ 2^n}\)
Przy \(\displaystyle{ 2^n}\) wszystko jest OK? Co do sprawdzenia to spróbowałem, ale z lekka się pogubiłem przy tym i już wolałem spytać

-- 30 lip 2019, o 20:58 --

PS Jezu, trójkątne nawiasy, żeby odróżnić pary uporządkowane od nieuporządkowanych, co za tragedia, przypomina mi się! A jeszcze niektórzy hipsterzy by pisali \(\displaystyle{ f\left( \left\langle x,y\right\rangle \right)}\)

Przyzwyczajenia po czytaniu "Wykłady ze wstępu do matematyki" Guzikiego i Zakrzewskiego Ale wydaje mi się, że lepiej przesadzić w tą stronę niż doprowadzić gdzieś do jakiś niejednoznaczności (co nie oznacza że tu takowe są)

[Premislav]

Tak, wtedy jest dobrze. No ale musisz umieć to uzasadnić, to spróbuj sprawdzić.
To, ze funkcja \(\displaystyle{ g}\) z \(\displaystyle{ A}\) w \(\displaystyle{ B}\) jest bijekcją, oznacza, że jest ona jednocześnie injekcją, tj.
\(\displaystyle{ (\forall \left\langle x,y\right\rangle, \left\langle z,t\right\rangle \in A)\left( g\left\langle x,y\right\rangle=g\left\langle z,t\right\rangle \Rightarrow \left\langle x,y\right\rangle=\left\langle z,t\right\rangle \right)}\)
oraz surjekcją, tj.
\(\displaystyle{ (\forall <z,t>\in B)(\exists \left\langle x,y\right\rangle \in A)(g\left\langle x,y\right\rangle=\left\langle z,t\right\rangle )}\)
Do dzieła!
Najwygodniej wyróżnić taką sytuację, gdy argument funkcji należy do pewnego okręgu o równaniu
\(\displaystyle{ x^2+y^2= \frac{1}{2^{2n}}}\), gdzie \(\displaystyle{ n\in \NN}\) (łącznie z zerem) i taką, gdy nie należy on do żadnego takiego okręgu.

-- 30 lip 2019, o 20:15 --

Masz rację, że już pewnie lepiej w tę stronę niż stosować zbyt mylącą notację, szczególnie gdy człowiek się wgryza w rzecz dopiero. Jako ciekawostkę mogę podać, że to, iż wykładowca topologii czasem mówił „zawierać" w sensie należenia (czyli potocznie), a czasem w matematycznym znaczeniu, strasznie mi namieszało w głowie na samym początku. Dzisiaj to bym powiedział „to przecież z kontekstu wynika", ale wtedy ni chuchu, mimo że ze wstępem radziłem sobie raczej dobrze.

[hack2yrjoy]

No dobra, to spróbuję wykazać injekcję funkcji \(\displaystyle{ g}\).
Weźmy więc dowolne \(\displaystyle{ \left\langle x, y \right\rangle, \left\langle z, t \right\rangle \in A}\).
Załóżmy, że \(\displaystyle{ g(x,y) = g(z,t)}\), mamy możliwe dwie sytuacje:
1. \(\displaystyle{ \left\langle x, y \right\rangle}\) oraz \(\displaystyle{ \left\langle z,t\right\rangle}\) leżą na okręgu o promieniu \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2^{n_0}} \right)}\) dla \(\displaystyle{ n_0 \in \mathbb{N}}\) o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left\langle 0,0\right\rangle}\). (Muszą oczywiście być na jednym okręgu, ponieważ dwa okręgi o różnych promieniach z środkiem w tym samym punkcie są rozłączne). Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ g(x,y) = \left\langle \frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right\rangle}\) oraz \(\displaystyle{ g(z,t) = \left\langle \frac{z}{2}, \frac{t}{2}\right\rangle}\), z \(\displaystyle{ g(x,y) = g(z,t)}\) wynika że, \(\displaystyle{ x = z \wedge y = t}\), tak więc jest to injekcja.
2. \(\displaystyle{ \left\langle x, y \right\rangle}\) oraz \(\displaystyle{ \left\langle z,t\right\rangle}\) nie leżą na takim okręgu, wtedy z \(\displaystyle{ g(x,y) = g(z,t)}\) wynika bezpośrednio że \(\displaystyle{ x = z \wedge y = t}\), tak więc jest to injekcja dla dowolnych \(\displaystyle{ \left\langle x, y \right\rangle, \left\langle z, t \right\rangle \in A}\).
Aby wykazać, że funkcja \(\displaystyle{ g}\) jest surjekcją weźmiemy dowolny \(\displaystyle{ \left\langle x, y\right\rangle \in B}\) i wykażemy, że jest to wartość funkcji \(\displaystyle{ g}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ \left\langle x,y\right\rangle \in B}\), to wtedy spełniaja ona nierówność \(\displaystyle{ x^2 + y^2 < 1}\), czyli należy do okręgu o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left\langle 0,0\right\rangle}\) o promieniu \(\displaystyle{ r \in (0,1)}\). Dla dowolnego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 0 \right\}}\) liczba \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2^n} \right) \in (0,1)}\), tak więc nasz promień albo równa się \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2^{n_0}} \right)}\) dla jakiegoś \(\displaystyle{ n_0 \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 0 \right\}}\), albo \(\displaystyle{ r \in (0,1) \setminus \{\left( \frac{1}{2^n} \right) : n \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 0 \right\} \}}\). Jeżeli zachodzi pierwsza sytuacja, to mamy \(\displaystyle{ x^2 + y^2 = \left( \frac{1}{2^{n_0}} \right)^2}\) dla jakiegoś \(\displaystyle{ n_0 \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 0\right\}}\) jest to równoważne
\(\displaystyle{ 2^2(x^2 + y^2) = 2^2\left( \frac{1}{2^{n_0}} \right)^2}\)
\(\displaystyle{ (2x)^2 + (2y)^2 = \left( \frac{1}{2^{n_0 - 1}} \right)^2}\) gdzie \(\displaystyle{ n_0 - 1 \in \mathbb{N}}\), tak więc \(\displaystyle{ g(2x,2y) = \left\langle x, y\right\rangle \in B}\), co należało wykazać.
Jeżeli promień \(\displaystyle{ r \in (0,1) \setminus \{\left( \frac{1}{2^n} \right) : n \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 0 \right\} \}}\), to z inkluzji \(\displaystyle{ B \subseteq A}\) wynika że \(\displaystyle{ g(x,y) = \left\langle x, y\right\rangle \in B}\) co kończy dowód surjekcji funkcji \(\displaystyle{ g}\).

Mam nadzieję że wszystko jest w porządku aczkolwiek pisząc to już trochę nie myślałem i tak raczej ciężko dowodziło mi się injekcji (bardzo chciałem uniknąć indukcji, heh) to mimo wszystko coś chyba z tego wyszło xD

Masz rację, że już pewnie lepiej w tę stronę niż stosować zbyt mylącą notację, szczególnie gdy człowiek się wgryza w rzecz dopiero. Jako ciekawostkę mogę podać, że to, iż wykładowca topologii czasem mówił „zawierać" w sensie należenia (czyli potocznie), a czasem w matematycznym znaczeniu, strasznie mi namieszało w głowie na samym początku. Dzisiaj to bym powiedział „to przecież z kontekstu wynika", ale wtedy ni chuchu, mimo że ze wstępem radziłem sobie raczej dobrze.

Jako że jestem jeszcze przed studiami (wakacje zaraz przed pierwszym rokiem matmy) z pewnością zapamiętam sobie aby przypadkiem uważać na takie niespodzianki

[Jakub Gurak]

Proponuję poniższe rozwiązanie.

Proponuję skorzystać z twierdzenia Cantora-Bernsteina.

Oczywiście te zbiory jako podzbiory \(\displaystyle{ \RR^{2}=\RR \times \RR\sim\RR}\) mają moc co najwyżej continuum. Aby pokazać, że mają moc co najmniej continuum, zauważmy że każdy okrąg jednostkowy ma moc continuum, oraz że każde dwa okręgi są równoliczne (wystarczy okrąg mniejszy umieścić w środku (centralnie) okręgu większego, i dowolnemu punktowi okręgu mniejszego przypisać punkt okręgu większego otrzymany po przedłużeniu odcinka łączącego środek okręgu z punktem okręgu- niestety nie mam teraz dostępu do Painta aby narysować, piszę z tabletu, wtedy obracając większym promieniem okrąg mniejszy (wewnętrzny) będzie pewnie przekształcany na okrąg większy ), wracając do zadania każde dwa okręgi są mocy continuum, więc koło domknięte z zadania (zbiór \(\displaystyle{ A}\)) zawiera okrąg brzegowy, więc zbiór A ma moc co najmniej continuum, i na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina ma moc continuum, a zbiór B zawiera np. okrąg o środku w \(\displaystyle{ \left( 0,0 \right)}\) I promieniu \(\displaystyle{ 1/2}\)- zbiór mocy continuum, więc zbiór B ma moc co najmniej continuum. Na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina zbiór B ma również moc continuum.\(\displaystyle{ \square}\)

Jeszcze prościej jest zauważyć, że te zbiory mają moc co najmniej continuum, bo zawierają zbiór \(\displaystyle{ \left(-1,1\right) \times \left\{ 0\right\}\sim\left( -1,1\right)\sim\RR.}\)

[Jan Kraszewski]

Jeszcze prościej jest zauważyć, że te zbiory mają moc co najmniej continuum, bo zawierają zbiór \(\displaystyle{ \left(-1,1\right) \times \left\{ 0\right\}\sim\left( -1,1\right)\sim\RR.}\)

Jeszcze prościej jest zauważyć, że koło otwarte zawiera się w domkniętym, które z kolei zawiera się nieco większym kole otwartym. Z kolei oba koła otwarte są równoliczne, bo prosta jednokładność jest bijekcją, a to wystarcza do zastosowania tw. Cantora-Bernsteina (i nie trzeba nic mówić o mocy continuum).

JK

[a4karo]

A oryginalne rozwiązanie dużo ładniej wygląda gdy zastosujemy współrzędne biegunowe i fakt, że funkcja
\(\displaystyle{ \displaystyle{h(r)=\begin{cases}r/2 & r=1/2^n,\ n=0,1,2,...\\ r &\text{w pozostałych przypadkach}\end{cases}}}\)
jest bijekcją \(\displaystyle{ [0,1]\to[0,1)}\),

[Premislav]

To jeszcze co do sprawdzenia:

z \(\displaystyle{ g(x,y) = g(z,t)}\) wynika że,\(\displaystyle{ x = z \wedge y = t}\), tak więc jest to injekcja.

To sformułowanie jest niezręczne, ponieważ sprawdzasz tutaj, czy \(\displaystyle{ g: A\rightarrow B}\) jest injekcją i po ukończeniu punktu pierwszego jesteś niejako w połowie drogi (tak naprawdę trochę dalej niż w połowie). Niby można się domyślić, co masz na myśli, ale nie wygląda to dobrze. No ale to szczegół, powiedzmy.

Teraz surjektywność: dobrze, dobrze, ale do tego momentu:

to z inkluzji \(\displaystyle{ B \subseteq A}\) wynika że \(\displaystyle{ g(x,y) = \left\langle x, y\right\rangle \in B}\)

Jest to znów sformułowanie co najmniej niezręczne (choć znowuż można się domyślić, co przez to rozumiesz). Lepiej byłoby tak: przypuśćmy, że \(\displaystyle{ \left\langle x,y\right\rangle \in B}\) leży na okręgu o promieniu \(\displaystyle{ r\in\left( 0,1\right) \setminus\left\{ \frac{1}{2^{n_0}}: n_0\in \NN^+\right\}}\). Wówczas \(\displaystyle{ \left\langle x,y\right\rangle\in A}\), gdyż \(\displaystyle{ B\subset A}\) oraz \(\displaystyle{ \left\langle x,y\right\rangle}\) nie leży na okręgu o środku w \(\displaystyle{ \left\langle 0,0\right\rangle}\) i promieniu \(\displaystyle{ \frac{1}{2^{n_0}}}\) dla żadnego \(\displaystyle{ n_0\in \NN}\), toteż \(\displaystyle{ g\left\langle x,y\right\rangle =\left\langle x,y\right\rangle}\)

Może trochę się czepiam, ale tak to widzę.

[hack2yrjoy]

To jeszcze co do sprawdzenia:

z \(\displaystyle{ g(x,y) = g(z,t)}\) wynika że,\(\displaystyle{ x = z \wedge y = t}\), tak więc jest to injekcja.

To sformułowanie jest niezręczne, ponieważ sprawdzasz tutaj, czy \(\displaystyle{ g: A\rightarrow B}\) jest injekcją i po ukończeniu punktu pierwszego jesteś niejako w połowie drogi (tak naprawdę trochę dalej niż w połowie). Niby można się domyślić, co masz na myśli, ale nie wygląda to dobrze. No ale to szczegół, powiedzmy.

Wygląda to rzeczywiście fatalnie, nie wiem co miałem w głowie pisząc to.

Teraz surjektywność: dobrze, dobrze, ale do tego momentu:
Cytuj:
to z inkluzji \(\displaystyle{ B \subseteq A}\) wynika że \(\displaystyle{ g(x,y) = \left\langle x, y\right\rangle \in B}\)


Jest to znów sformułowanie co najmniej niezręczne (choć znowuż można się domyślić, co przez to rozumiesz). Lepiej byłoby tak: przypuśćmy, że \(\displaystyle{ \left\langle x,y\right\rangle \in B}\) leży na okręgu o promieniu \(\displaystyle{ r\in\left( 0,1\right) \setminus\left\{ \frac{1}{2^{n_0}}: n_0\in \NN^+\right\}}\). Wówczas \(\displaystyle{ \left\langle x,y\right\rangle\in A,}\) gdyż \(\displaystyle{ B\subset A}\)oraz \(\displaystyle{ \left\langle x,y\right\rangle}\) nie leży na okręgu o środku w \(\displaystyle{ \left\langle 0,0\right\rangle}\) i promieniu \(\displaystyle{ \frac{1}{2^{n_0}}}\) dla żadnego \(\displaystyle{ n_0\in \NN}\), toteż \(\displaystyle{ g\left\langle x,y\right\rangle =\left\langle x,y\right\rangle}\)

Tutaj już stwierdziłem, że oczywistym jest, że skoro biorę taki promień, to okrąg naturalnie nie jest postaci \(\displaystyle{ x^2 + y^2 = \left( \frac{1}{2^{n_0}} \right)^2}\) dla jakiegoś \(\displaystyle{ n_0 \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 0\right\}}\), tak więc powołuję się na samo zawieranie się zbioru \(\displaystyle{ B}\) w \(\displaystyle{ A}\)(no a bezpośrednio z definicji zawierania wynika, że istnieje \(\displaystyle{ a \in A}\) dla każdego \(\displaystyle{ b \in B}\) takie że \(\displaystyle{ a = b}\)) i tyle.

Proponuję skorzystać z twierdzenia Cantora-Bernsteina.

Jest to rzeczywiście łatwiejszy dowód aczkolwiek zadanie wymagało wyprowadzenia bijekcji(my bad że tego nie napisałem).

A oryginalne rozwiązanie dużo ładniej wygląda gdy zastosujemy współrzędne biegunowe i fakt, że funkcja
\(\displaystyle{ h(r)=\begin{cases}r/2 & r=1/2^n,\ n=0,1,2,...\\ r &\text{w pozostałych przypadkach}\end{cases}}\)
jest bijekcją \(\displaystyle{ [0,1] \to[0,1)}\)

Nie wiem co się dzieje w tym dowodzie (być może dlatego, że pierwszy raz słyszę o współrzędnycyh biegunowych ).

[Janusz Tracz]

Chodzi o coś takiego:

Jak pokażesz bijekcję \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right]}\) na \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right)}\) to pokażesz też bijekcję tych kół. Każdy promień przechodzi na taki sam tylko bez ostatniego punktu funkcja a4karo realizuje ten pomysł.

[hack2yrjoy]

Teraz rozumiem, dziękuje.