Konstrukcja liczb wymiernych- problem

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

Konstrukcja liczb wymiernych- problem

Post autor: Jakub Gurak »

Mam kłopot tutaj (i to już od dawna) z pewnym rozumowaniem.

Przypominam konstrukcję liczb wymiernych ze zbioru liczb całkowitych \(\displaystyle{ \ZZ}\):

Niech \(\displaystyle{ \ZZ^{*}=\ZZ\setminus \left\{ 0\right\},}\)

Rozważmy relację \(\displaystyle{ \sim}\) na \(\displaystyle{ \ZZ\times\ZZ ^{*}: }\)

\(\displaystyle{ \left( a,b\right)\sim\left( c,d\right)\Longleftrightarrow a \cdot d=b \cdot c. }\)

Czyli gdy, iloczyn dwóch skrajnych współrzędnych par ma być równy iloczynowi dwóch środkowych współrzędnych.

Relacja ta \(\displaystyle{ \sim}\) jest relacją równoważności.
DOWÓD:    
Definicja zbioru liczb wymiernych:

\(\displaystyle{ \QQ=\left( \ZZ\times\ZZ ^{*}\right)/_{\sim} }\)

Jest to zbiór klas równoważności tej relacji. Przy okazji mam pytanie, czy dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X}\) oraz dowolnej relacji równoważności \(\displaystyle{ R}\) na \(\displaystyle{ X}\) istnieje dokładnie jeden zbiór ilorazowy (zbiór klas równoważności). Czy on jest po prostu jedyny :?:

Działania na ułamkach:

\(\displaystyle{ 0\in\QQ}\), to \(\displaystyle{ \left[ \left( 0,1\right) \right] _{\sim} }\)
\(\displaystyle{ 1\in\QQ}\), to \(\displaystyle{ \left[ \left( 1,1\right) \right] _{\sim}}\)
Element przeciwny do danego, jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}\in\QQ}\), to\(\displaystyle{ -x= \left[ \left( -a,b\right) \right] _{\sim}}\)
Dodawanie: jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}, y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \in\QQ}\), to \(\displaystyle{ x+y=\left[ \left( a \cdot d+b \cdot c, b \cdot d\right) \right] _{\sim}}\)
Odejmowanie: jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}, y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \in\QQ}\), to \(\displaystyle{ x-y=\left[ \left( a \cdot d-b \cdot c, b \cdot d\right) \right] _{\sim} }\)
Mnożenie: jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}, y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \in\QQ}\), to \(\displaystyle{ x \cdot y=\left[ \left( a \cdot c,b \cdot d \right) \right] _{\sim}}\)
Dzielenie: jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}, y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \in\QQ}\) oraz \(\displaystyle{ y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \neq \left[ \left( 0,d\right) \right] _{\sim}=0}\), to \(\displaystyle{ x:y=\left[ \left( a \cdot d,b \cdot c \right) \right] _{\sim}.}\)

Teraz mam ćwiczenie:
Pokazać, że działania na liczbach wymiernych są dobrze określone. To znaczy pokazać, że zbiory (klasy równoważności) będące wynikiem działań nie zależą od wyboru reprezentantów.
Raczej rozumiem rozwiązania dla brania elementów przeciwnych, a także dla dodawania. Problem napotykam przy dowodzie niezależności odejmowania.
Niezależność odejmowania jest bezpośrednią konsekwencją faktów dowiedzionych powyżej. Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}-\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim}=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim} + \left( -\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \right)}\), co wynika wprost z definicji odejmowania. Ponieważ dodawanie i znajdowanie elementu przeciwnego są niezależne od wyboru reprezentantów z klas, to również ich złożenie jest od niego niezależne- czego należało dowieść.
Mógłby ktoś w tym konkretnym przypadku pokazać jak to udowodnić. Bo to z ogólnym złożeniem nie rozumiem, bez przesady.
Awatar użytkownika
Gosda
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 340
Rejestracja: 29 cze 2019, o 19:46
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Oulu
Podziękował: 42 razy
Pomógł: 60 razy

Re: Konstrukcja liczb wymiernych- problem

Post autor: Gosda »

Skoro \(X/R = \{\{y \in X : R(x, y) \}: x \in X\} \), to tak, zbiór ilorazowy jest jedyny.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34125
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Konstrukcja liczb wymiernych- problem

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 18 kwie 2020, o 01:41Jest to zbiór klas równoważności tej relacji. Przy okazji mam pytanie, czy dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X}\) oraz dowolnej relacji równoważności \(\displaystyle{ R}\) na \(\displaystyle{ X}\) istnieje dokładnie jeden zbiór ilorazowy (zbiór klas równoważności). Czy on jest po prostu jedyny :?:
Jest to obiekt posiadający jednoznaczną definicję: "zbiór wszystkich klas abstrakcji relacji \(\displaystyle{ R}\)". Jak może nie być jedyny?
Jakub Gurak pisze: 18 kwie 2020, o 01:41Raczej rozumiem rozwiązania dla brania elementów przeciwnych, a także dla dodawania. Problem napotykam przy dowodzie niezależności odejmowania.
Niezależność odejmowania jest bezpośrednią konsekwencją faktów dowiedzionych powyżej. Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}-\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim}=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim} + \left( -\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \right)}\), co wynika wprost z definicji odejmowania. Ponieważ dodawanie i znajdowanie elementu przeciwnego są niezależne od wyboru reprezentantów z klas, to również ich złożenie jest od niego niezależne- czego należało dowieść.
Mógłby ktoś w tym konkretnym przypadku pokazać jak to udowodnić. Bo to z ogólnym złożeniem nie rozumiem, bez przesady.
Jeżeli nie rozumiesz ogólnego argumentu, to przerachuj sobie to - rachunek jest dokładnie tego samego typu, co przy dodawaniu. Inna sprawa, że prościej jest zrozumieć ogólny argument...

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: Konstrukcja liczb wymiernych- problem

Post autor: Jakub Gurak »

Zrozumiałem w sobotę wieczorem dowód, że (przy konstrukcji von Neumanna liczb naturalnych, przy konstrukcji liczb całkowitych z par liczb naturalnych, przy tej konstrukcji liczb wymiernych oraz przy definicji Kuratowskiego pary uporządkowanej) mamy:

\(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup\bigcup \bigcup \bigcup \QQ \subset\NN}\) ( i każda większa ilość (naturalna) symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\) jest również odpowiednia);
\(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup\QQ \subset \ZZ}\); oraz
\(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \ZZ \subset \NN }\) (i każda większa ilość (naturalna) symboli \(\displaystyle{ \bigcup }\) jest również odpowiednia). :mrgreen:

Przypominam konstrukcję liczb całkowitych viewtopic.php?f=56&t=439393:

Przypominam definicję Kuratowskiego pary uporządkowanej \(\displaystyle{ \left( a,b\right):=\left\{ \left\{ a\right\},\left\{ a,b\right\} \right\}. }\)

Podstawowym naszym narzędziem będzie prawo: dla dowolnych dwóch rodzin zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{X}, \mathbb{Y}}\), jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{X} \subset \mathbb{Y}}\), to \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{X} \subset \bigcup\mathbb{Y}.}\)

Czyli jeśli jedna rodzina zbiorów zawiera się w drugiej, to również suma pierwszej rodziny zawiera się w sumie drugiej rodziny( zgodność z inkluzją).
DOWÓD:    
Przypomnijmy, że dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X}\), mamy \(\displaystyle{ \bigcup P\left( X\right)=X. }\)
PROSTY DOWÓD:    
Lemat: Dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X}\), mamy \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \left( X \times X\right)=X.}\)
Dowód:    
Przechodzimy do właściwej części:

Uzasadnimy najpierw, że \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \ZZ\subset \NN.}\)

Wiemy, że zbiór \(\displaystyle{ \ZZ}\) jest zbiorem klas równoważności w \(\displaystyle{ \NN\times\NN}\), zatem jest to rodzina podzbiorów \(\displaystyle{ \NN\times\NN}\), zatem \(\displaystyle{ \ZZ\subset P\left( \NN\times\NN\right).}\) Zatem również \(\displaystyle{ \bigcup\ZZ\subset \bigcup P(\NN\times\NN)=\NN\times\NN.}\) A zatem

\(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \ZZ \subset \bigcup \left( \NN\times \NN\right) }\), i dalej \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup \bigcup \ZZ \subset \bigcup \bigcup \left( \NN \times \NN\right)}\), który to ostatni zbiór, na mocy lematu, jest równy \(\displaystyle{ \NN}\). A więc \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \ZZ \subset \NN; }\) i każda większa ilość symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\) jest również odpowiednia, gdyż \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\)( gdyż w konstrukcji von Neumanna liczba naturalna \(\displaystyle{ n}\) jest zbiorem wszystkich liczb naturalnych od niej mniejszych ), a więc \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\), więc np. \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup \bigcup \bigcup \ZZ \subset \bigcup\NN=\NN. }\) I każdy łatwo udowodni indukcyjnie, że każda większa (naturalna) ilość symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\) jest również odpowiednia.

Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup\bigcup \QQ \subset \ZZ.}\)

Wiemy, że \(\displaystyle{ \QQ}\) jest zbiorem klas równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ ^{*}}\) (\(\displaystyle{ \ZZ ^{*}=\ZZ \setminus \left\{ 0\right\}}\) ) , zatem jest to rodzina podzbiorów \(\displaystyle{ \ZZ\times \ZZ^*,}\) zatem \(\displaystyle{ \QQ \subset P\left( \ZZ\times \ZZ^*\right). }\) a zatem

\(\displaystyle{ \bigcup\QQ \subset \bigcup P(\ZZ\times \ZZ^*)=\ZZ\times \ZZ^*.}\)

A zatem \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \QQ \subset \bigcup \left( \ZZ\times \ZZ^{*}\right),}\) i dalej \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup \bigcup \QQ\subset \bigcup\bigcup \left( \ZZ\times\ZZ^*\right) \subset \bigcup \bigcup\left( \ZZ\times\ZZ\right) }\), który to ostatni zbiór jest równy (na mocy lematu) jest równy \(\displaystyle{ \ZZ}\). Otrzymujemy zatem \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup \bigcup \QQ\subset \ZZ.}\)

A zatem również \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup\bigcup\bigcup\QQ \subset \bigcup\ZZ, }\)
i po kolejnych dwóch krokach \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup\bigcup \bigcup \bigcup \bigcup\QQ \subset \bigcup \bigcup\bigcup\ZZ\subset\NN }\), gdyż tą ostatnią inkluzję udowodniliśmy w pierwszej części. Przechodniość inkluzji daje żądaną inkluzję. Pozostaje zauważyć, że każda większa ilość (naturalna) niż \(\displaystyle{ 6}\) symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\) jest również odpowiednia, gdyż \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN.\square}\) :lol: 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: Konstrukcja liczb wymiernych- problem

Post autor: Jakub Gurak »

Również przy tych wszystkich konstrukcjach, i przy pomocy konstrukcji liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy'ego liczb wymiernych zachodzi:

\(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup\RR=\NN. }\):mrgreen:

Ma być 10 symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\), i każda większa (naturalna) ilość jest również odpowiednia( to ostatnie akurat jest proste, gdyż \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\)- gdyż w konstrukcji von Neumanna liczb naturalnych, liczba naturalna jest zbiorem liczb naturalnych od niej mniejszych, więc \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\), a zatem po jedenastu sumowaniach otrzymujemy \(\displaystyle{ \bigcup\left( \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup\RR\right) = \bigcup \NN=\NN}\), itd.).


Przypominam definicję porządku ułamków:

\(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{c}{d} \Longleftrightarrow \left( a \cdot d-b \cdot c\right) b \cdot d \ge 0.}\)

Po ostatnich kilku dniach pracy nad problemem, mogę teraz wykonać ćwiczenie z ważniaka:

"Wykaż, że definicja porządku ułamków jest niezależna od wyboru reprezentantów". Przedstawię teraz rozwiązanie.

Jeszcze może wyjaśnię krótko skąd taka dziwna definicja porządku na ułamkach, w nierówności \(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{c}{d}}\) przenosząc na lewą stronę, i sprowadzając do wspólnego mianownika otrzymujemy równoważnie \(\displaystyle{ \frac{ad-bc}{bd} \ge 0}\), ponieważ na zbiorze liczb całkowitych nie mamy zdefiniowanego dzielenia, więc formalnie musimy to zdefiniować inaczej; ale poniewaz iloraz dwóch liczb jest nieujemny, dokładnie wtedy, gdy ich iloczyn jest nieujemny, to otrzymujemy równoważnie \(\displaystyle{ \left( ad-bc\right) bd \ge 0.}\)

Przejdźmy do rozwiązań.

Lemat 1. Odejmowanie liczb wymiernych jest niezależne od wyboru reprezentantów.
DOWÓD:    

Lemat 2. Dla dowolnych liczb wymiernych \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{e}{f},}\) takich , że \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f},}\) mamy: \(\displaystyle{ a \cdot b \ge 0\Longleftrightarrow e \cdot f \ge 0}\), gdzie \(\displaystyle{ \cdot}\) oznacza mnożenie dwóch liczb całkowitych, tak samo \(\displaystyle{ \ge}\) oznacza porządek na liczbach całkowitych, o której konstrukcji można przeczytać TUTAJ( jak i, w ostatnim poście, dowód, że iloczyn dwóch liczb całkowitych jest równy \(\displaystyle{ 0}\) gdy co najmniej jedna z liczb jest równy \(\displaystyle{ 0}\), oraz dowód reguły znaków dla mnożenia dwóch liczb całkowitych).

Dowód lematu 2:

Załatwmy od razu równoważność, gdy \(\displaystyle{ a \cdot b=0.}\) Mamy \(\displaystyle{ a \cdot b=0 \Longleftrightarrow a=0 \vee b=0 \stackrel{b \neq 0}{ \Longleftrightarrow } a=0.}\) Podobnie \(\displaystyle{ e \cdot f=0\Longleftrightarrow e=0.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ \frac{a}{b} = \frac{e}{f}}\), to \(\displaystyle{ a \cdot f=b \cdot e.}\) Jeśli \(\displaystyle{ a=0}\), to \(\displaystyle{ a \cdot f=0=b \cdot e\stackrel{b \neq 0}{ \rightarrow} e=0.}\) Jeśli \(\displaystyle{ e=0}\), to podobnie \(\displaystyle{ a=0}\). A zatem \(\displaystyle{ a=0 \Leftrightarrow e=0}\), a zatem \(\displaystyle{ a \cdot b=0 \Leftrightarrow a=0 \Leftrightarrow e=0 \Leftrightarrow e \cdot f=0.}\)

Gdy pozbieramy tutaj kwantyfikatory ogólne, a potem na nowo przejdziemy do naszego dowodu (nikt tak nie piszę, ale tak naprawdę tak to działa, tak ja to rozumiem, żeby ogólną własność osłabić trzeba mieć tą słabszą część tej własności też w postaci ogólnej, tak myślę tutaj, choć formalnie to jest niezręczność, trzeba by jeszcze ten jeden mały lemat udowodnić, ale nie chciałem też mnożyć lematów), to pozostanie pokazać, że dla dowolnych liczb wymiernych \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{e}{f},}\) takich, że \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f},}\) mamy: \(\displaystyle{ a \cdot b>0 \Longleftrightarrow e \cdot f>0.}\)
Dowód:    
Lemat 3. Dla dowolnych liczb wymiernych \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{e}{f},}\) takich, że \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f},}\) mamy: \(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{0}{1}=0 \Leftrightarrow \frac{e}{f} \ge \frac{0}{1}.}\)

Dowód:

Niewątplwie:

\(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{0}{1} \Longleftrightarrow \left( a \cdot 1-b \cdot 0\right) \cdot b \cdot 1 \ge 0 \Longleftrightarrow ab \ge 0 \Longleftrightarrow ef \ge 0 \Longleftrightarrow \left( e \cdot 1-f \cdot 0\right) \cdot f \cdot 1 \ge 0 \Longleftrightarrow \frac{e}{f} \ge \frac{0}{1}, }\)

gdzie pierwsza równoważność wynika z definicji porządku ułamków, następna to jest to samo inaczej zapisane, następnie ponieważ \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f}}\) więc z lematu 2 mamy tą równoważnośc, i dalej podobnie- identyczność i definicja porządku, co kończy dowód.

Łatwo będzie teraz pokazać ostateczny fakt, tj. definicja porządku ułamków nie zależy od wyboru reprezentantów:

Dowód:

Niech \(\displaystyle{ \frac{a_1}{b_1}; \frac{c_1}{d_1}; \frac{a_2}{b_2}; \frac{c_2}{d_2}\in\QQ}\) będą liczbami wymiernymi, tak że \(\displaystyle{ (a_1,b_1)\sim (a_2,b_2),}\) i \(\displaystyle{ (c_1,d_1)\sim(c_2,d_2).}\) Wykażemy, że \(\displaystyle{ \frac{a_1}{b_1} \ge \frac{c_1}{d_1} \Leftrightarrow \frac{a_2}{b_2} \ge \frac{c_2}{d_2}.}\) Niewątpliwie mamy:

\(\displaystyle{ \frac{a_1}{b_1} \ge \frac{c_1}{d_1} \Leftrightarrow \left( a_1 \cdot d_1-b_1 \cdot c_1\right) b_1 \cdot d_1 \ge 0 \Leftrightarrow \left(\left( a_1 \cdot d_1-b_1 \cdot c_1\right) \cdot 1 -\left( b_1 \cdot d_1\right) \cdot 0 \right) \left( b_1 \cdot d_1\right) \cdot 1 \ge 0,}\)

co z kolei oznacza, że \(\displaystyle{ \frac{a_1}{b_1}- \frac{c_1}{d_1}= \frac{a_1d_1-b_1c_1}{b_1d_1} \ge \frac{0}{1}.}\) Oznaczmy teraz \(\displaystyle{ \frac{x_1}{y_1}:= \frac{a_1}{b_1}- \frac{c_1}{d_1},}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{a_2}{b_2}- \frac{c_2}{d_2} =: \frac{x_2}{y_2}.}\) Ponieważ, na mocy lematu 1, odejmowanie jest niezależne od wyboru reprezentantów, więc \(\displaystyle{ \frac{x_1}{y_1}= \frac{x_2}{y_2}, }\) więc kontynuując otrzymujemy: \(\displaystyle{ \frac{x_1}{y_1} \ge \frac{0}{1}}\), co na mocy lematu 3 jest równoważne z \(\displaystyle{ \frac{x_2}{y_2} \ge \frac{0}{1},}\) i dalej: \(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{a_2d_2-b_2c_2}{b_2d_2} \ge \frac{0}{1} \Leftrightarrow \left(\left( a_2 \cdot d_2-b_2 \cdot c_2\right) \cdot 1 -\left( b_2 \cdot d_2\right) \cdot 0 \right) \left( b_2 \cdot d_2\right) \cdot 1 \ge 0 \Leftrightarrow \left( a_2 \cdot d_2-b_2 \cdot c_2\right) b_2 \cdot d_2 \ge 0 \Leftrightarrow \frac{a_2}{b_2} \ge \frac{c_2}{d_2}. \square }\):D 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: Konstrukcja liczb wymiernych- problem

Post autor: Jakub Gurak »

Jest takie zadanie z ważniaka: Które z liczb całkowitych (w konstrukcji liczb całkowitych z par liczb naturalnych), które są relacjami równoważności na \(\displaystyle{ \NN}\)( polecenie ma sens, gdyż, ponieważ w konstrukcji liczb całkowitych, na \(\displaystyle{ \NN\times \NN}\) mamy relacje równoważności \(\displaystyle{ \approx}\), a zbiór liczb całkowitych jest zbiorem klas równoważności w \(\displaystyle{ \NN\times \NN}\), więc każda liczba całkowita, jako klasa równoważności postaci \(\displaystyle{ [(n,k)] _{ \approx }}\), jest podzbiorem zbioru, w którym jest określona relacja równoważności, czyli \(\displaystyle{ \NN\times \NN}\), a więc \(\displaystyle{ [(n,k)] _{ \approx }}\) jest relacją w \(\displaystyle{ \NN}\), więc ma szanse być relacją równoważności na \(\displaystyle{ \NN}\)).
ROZWIĄZANIE, TYLKO 0:    
Można zatem podać analogiczne zadanie: jeśli \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_\sim \in\QQ}\), to \(\displaystyle{ \left[ (a,b) \right] _{\sim}}\) jest klasą równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ ^{*}}\) (\(\displaystyle{ \ZZ ^{*}=\ZZ \setminus \left\{ 0\right\}}\) ) , zatem \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_\sim \subset \ZZ \times \ZZ^{*} \subset \ZZ \times \ZZ}\), a więc \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim} }\) jest relacją w \(\displaystyle{ \ZZ}\). Możemy zatem postawić analogiczne pytanie, która z liczb wymiernych postaci \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_{\sim}}\), gdzie \(\displaystyle{ a\in\ZZ, b\in\ZZ^{*} }\), jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ ??}\)
OCZYWIŚCIE ŻADNA:    
Jednak odpowiedziałem dzisiaj też na pytanie, która z liczb wymiernych \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_\sim\in\QQ}\) jest relacją równoważności na \(\displaystyle{ \ZZ^{*}=\ZZ \setminus \left\{ 0\right\}}\)- tylko jedynka \(\displaystyle{ \textbf{1}\in \QQ}\). Przedstawię poniżej dowód tego faktu.

Zauważmy najpierw, że na pewno \(\displaystyle{ \QQ\ni\textbf{0}=\left\{ \left( 0,b\right)\Bigl| \ \ b\in \ZZ \setminus \left\{ 0\right\}\right\} }\) nie jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\), gdyż \(\displaystyle{ \left[ \left( 0,b\right) \right] _{\sim} =\left\{ \left( c,d\right): \ (c,d)\sim (0,b) \right\} }\). Jako klasa równoważności jest niepusta, niech \(\displaystyle{ (c,d)\in \left[ \left( 0,b\right) \right] _{\sim} }\), wtedy \(\displaystyle{ (c,d)\sim (0,b)}\), a więc \(\displaystyle{ c \cdot b=d \cdot 0=0}\), więc \(\displaystyle{ c \cdot b=0=0 \cdot b}\), ponieważ mamy \(\displaystyle{ b \neq 0}\), więc z prawa skracania w \(\displaystyle{ \ZZ}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ c=0}\), a stąd \(\displaystyle{ (0,d)\in \left[ \left( 0,b\right) \right]_{\sim}\subset \ZZ^{*} \times \ZZ ^{*}}\), gdyż \(\displaystyle{ \left[ \left( a=0,b\right) \right] _\sim}\) jako relacja równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\) , jest w szczególności relacją w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\), a więc jest podzbiorem \(\displaystyle{ \ZZ^{*} \times \ZZ^{*}}\) , a stad \(\displaystyle{ 0\in\ZZ ^{*}}\) -sprzeczność.

Zauważmy najpierw, że jeśli \(\displaystyle{ \left[ \left( c,d\right) \right]_\sim \neq \textbf{0}=\left\{ \left( 0,b\right): \ \ b\in\ZZ^{*} \right\}=\left[ \left( 0,1\right) \right] _{\sim}}\), to polecenie istotnie ma sens, gdyż wtedy \(\displaystyle{ (c,d)\not\sim (0,1)}\), skąd \(\displaystyle{ c \cdot 1 \neq d \cdot 0=0}\), a więc \(\displaystyle{ c \neq 0}\), tak więc \(\displaystyle{ \left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim }\subset \ZZ^{*} \times \ZZ^{*}}\), zatem \(\displaystyle{ \left[ \left( c,d\right) \right]_{\sim}}\) jest relacją w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}.}\)

Przejdźmy do rozwiązań.

Jeśli liczba wymierna \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b \right) \right] _\sim}\) różna od \(\displaystyle{ \textbf{0}}\) jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\), to jest zwrotna w \(\displaystyle{ \ZZ^{*} }\), więc dla \(\displaystyle{ 1\in\ZZ^{*} }\)(\(\displaystyle{ 1 \neq 0}\)) musi być \(\displaystyle{ (1,1) \in \left[ \left( a,b\right) \right]_\sim}\), a więc \(\displaystyle{ (1,1)\sim (a,b)}\), a więc tylko \(\displaystyle{ \textbf {1}=\left[ \left( 1,1\right) \right] _\sim}\) może być relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}.}\)

Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \textbf{1}}\) jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\). W tym celu wykażemy, że \(\displaystyle{ \textbf1= I _{\ZZ^{*}}}\), że jest to identyczność na \(\displaystyle{ \ZZ^{*}. }\)

Niech \(\displaystyle{ (x,y)\in \textbf{1}=\left[ \left( 1,1\right) \right] _\sim }\), wtedy \(\displaystyle{ (x,y)\sim (1,1)}\), skąd \(\displaystyle{ x \cdot 1=y \cdot 1}\), czyli \(\displaystyle{ x=y}\), a wiec \(\displaystyle{ (x,y)=(x,x)\in I_{\ZZ^{*}}}\), a zatem \(\displaystyle{ \textbf{1}\subset I _{\ZZ^{*}}.}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ (x,x)\in I _{\ZZ^{*}}}\), wtedy \(\displaystyle{ x \cdot 1=x \cdot 1}\), a zatem \(\displaystyle{ (x,x)\sim (1,1)}\), a zatem \(\displaystyle{ (x,x)\in \left[ \left( 1,1\right) \right] _{\sim}. }\)
A zatem \(\displaystyle{ \textbf{1}=\left[ \left( 1,1\right) \right]_{\sim} = I _{\ZZ^{*}} }\). Ponieważ identyczność \(\displaystyle{ I_{\ZZ^{*}}}\) jest relacją równoważności, więc to oznacza, że \(\displaystyle{ \textbf{1}\in\QQ}\), jako ta sama relacja, jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}.\square}\) :lol: :D
ODPOWIEDZ