Zbiory wypukłe w Q

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

Zbiory wypukłe w Q

Post autor: Jakub Gurak »

Przypominam, zbiór \(\displaystyle{ A\subset \QQ }\) nazywamy wypukłym, gdy jeśli \(\displaystyle{ a,b\in A, c\in\QQ}\), i \(\displaystyle{ a<c<b}\), to \(\displaystyle{ c\in A}\).

Czyli gdy z każdymi dwoma elementami każda pośrednia liczba wymierna do niego również należy.

Udowodniłem dzisiaj, że przekrój dowolnej niepustej rodziny zbiorów wypukłych w \(\displaystyle{ \QQ}\) jest zbiorem wypukłym. Przedstawię poniżej dowód:

Dowód:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B} \neq \left\{ \right\}}\) będzie niepustą rodziną zbiorów wypukłych. Pokażemy, że \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}}\) jest zbiorem wypukłym.

Niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}\subset \QQ.}\)
Niech \(\displaystyle{ a,b\in \bigcap\mathbb{B}}\), oraz niech \(\displaystyle{ c\in\QQ}\) będzie taką liczbą wymierną, że \(\displaystyle{ a<c<b}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ c\in \bigcap\mathbb{B}.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ a\in \bigcap\mathbb{B}}\), więc \(\displaystyle{ a\in S,}\) dla każdego zbioru \(\displaystyle{ S\in\mathbb{B}}\); ponieważ \(\displaystyle{ b\in \bigcap\mathbb{B}}\), więc podobnie \(\displaystyle{ b\in S}\), dla każdego zbioru \(\displaystyle{ S\in\mathbb{B}}\). Niech \(\displaystyle{ S\in\mathbb{B}}\). Wtedy \(\displaystyle{ a\in S, b\in S}\). Ponieważ \(\displaystyle{ S\in\mathbb{B}}\) jest zbiorem wypukłym, \(\displaystyle{ c\in\QQ}\), oraz \(\displaystyle{ a<c<b}\), więc \(\displaystyle{ c\in S.}\) Zatem (z dowolności \(\displaystyle{ S}\)) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ c\in S,}\) dla każdego \(\displaystyle{ S\in\mathbb{B}}\), i ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest niepusta, więc \(\displaystyle{ c\in \bigcap\mathbb{B}.\square}\)

Zatem w rodzinie \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) wszystkich zbiorów wypukłych w \(\displaystyle{ \QQ}\), jeżeli \(\displaystyle{ \mathbb{B} \subset \mathbb{A}}\) jest niepustym podzbiorem, to \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}\in\mathbb{A}}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}= \bigwedge {B}}\)- przekrój rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest infimum rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}.}\)

Oczywiście suma dwóch zbiorów wypukłych w \(\displaystyle{ \QQ}\) nie musi być zbiorem wypukłym; kontrprzykładem może być np. \(\displaystyle{ A=\left[ 0,1\right] \cap \QQ, B=\left[ 2,3\right] \cap \QQ}\), oczywiście zbiory \(\displaystyle{ A,B}\) są wypukłe, lecz \(\displaystyle{ A \cup B}\) nie jest- \(\displaystyle{ \frac{3}{2}\not\in A \cup B. }\)

Jednak wydaje się też być oczywistym, że suma dowolnego łańcucha (względem zawierania) zbiorów wypukłych jest zbiorem wypukłym, i jest to supremum tej rodziny zbiorów wypukłych. :lol: :D
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Zbiory wypukłe w Q

Post autor: Jakub Gurak »

Mam jednak problem z wykazaniem, że zbiorami wypukłymi w zbiorze liczb wymiernych, są dokładnie te podzbiory \(\displaystyle{ \QQ}\), które z naturalnym porządkiem są uporządkowane w sposób gęsty.

Dokładniej, mam problem z pokazaniem, że każdy zbiór \(\displaystyle{ A \subset \QQ,}\) który z naturalnym porządkiem \(\displaystyle{ \le _{A} }\) jest uporządkowany w sposób gęsty, jest zbiorem wypukłym. Jeśli \(\displaystyle{ a,b \in A, c \in \QQ}\) i \(\displaystyle{ a<c<b }\), gdyby byłoby\(\displaystyle{ c\notin A }\), to przekrój Dedekinda \(\displaystyle{ \left( \left\{ x \in A: \ x<c \right\},\left\{ x \in A: x>c \right\} \right) }\) dawałby lukę, którą byłaby liczbą wymierną \(\displaystyle{ c}\), a lukami w zbiorze liczb wymiernych są tylko liczby niewymierne.

Zaraz zaraz, może to nie będzie zachodzić, jak ze zbioru liniowo uporządkowanego gęstego na podzbiorze liczb wymiernych wyrzucimy jeden element, to otrzymamy dalej zbiór liniowo uporządkowany gęsty(z tym samym porządkiem, no prawie- zawężonym do tego zbioru bez tego jednego elementu), a wtedy oczywiście ten wyrzucony element (liczba wymierna) nie należy do otrzymanego zbioru. Czyli w ten sposób mogę uzasadnić, że zbiory gęste (z naturalnym porządkiem) nie muszą być wypukłe, dobrze :?:
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Re: Zbiory wypukłe w Q

Post autor: matmatmm »

Jakub Gurak pisze: 18 lip 2020, o 23:45 Mam jednak problem z wykazaniem, że zbiorami wypukłymi w zbiorze liczb wymiernych, są dokładnie te podzbiory \(\displaystyle{ \QQ}\), które z naturalnym porządkiem są uporządkowane w sposób gęsty.
Zaraz zaraz, może to nie będzie zachodzić, jak ze zbioru liniowo uporządkowanego gęstego na podzbiorze liczb wymiernych wyrzucimy jeden element, to otrzymamy dalej zbiór liniowo uporządkowany gęsty(z tym samym porządkiem, no prawie- zawężonym do tego zbioru bez tego jednego elementu), a wtedy oczywiście ten wyrzucony element (liczba wymierna) nie należy do otrzymanego zbioru. Czyli w ten sposób mogę uzasadnić, że zbiory gęste (z naturalnym porządkiem) nie muszą być wypukłe, dobrze :?:
Dobrze myślisz. Fakt, który próbowałeś udowodnić, nie zachodzi. Ja pomyślałem o innym kontrprzykładzie tzn. o liczbach dwójkowych.
Dokładniej, mam problem z pokazaniem, że każdy zbiór \(\displaystyle{ A \subset \QQ,}\) który z naturalnym porządkiem \(\displaystyle{ \le _{A} }\) jest uporządkowany w sposób gęsty, jest zbiorem wypukłym. Jeśli \(\displaystyle{ a,b \in A, c \in \QQ}\) i \(\displaystyle{ a<c<b }\), gdyby byłoby\(\displaystyle{ c\notin A }\), to przekrój Dedekinda \(\displaystyle{ \left( \left\{ x \in A: \ x<c \right\},\left\{ x \in A: x>c \right\} \right) }\) dawałby lukę, którą byłaby liczbą wymierną \(\displaystyle{ c}\), a lukami w zbiorze liczb wymiernych są tylko liczby niewymierne.
To rozumowanie zawiera błąd, bo przekrój Dedekinda jest w zbiorze \(\displaystyle{ A}\), a nie w zbiorze liczb wymiernych.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Zbiory wypukłe w Q

Post autor: Jakub Gurak »

Łatwo zauważyć, że (porównując definicję zbioru wypukłego z definicją przedziału zbioru liniowo uporządkowanego), że zbiory wypukłe w \(\displaystyle{ \QQ}\), to dokładnie te podzbiory \(\displaystyle{ \QQ}\), które są przedziałami w \(\displaystyle{ \QQ}\) z naturalnym porządkiem.

Wykazałem przed chwilą, że jeśli mamy niepustą rodzinę zbiorów wypukłych której przekrój jest niepusty, to jej suma jest zbiorem wypukłym. A potem to wykorzystałem aby udowodnić, że jeśli mamy łańcuch zbiorów wypukłych, to jego suma jest zbiorem wypukłym. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.

Niech \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq \mathbb{B}}\) będzie niepustą rodziną zbiorów wypukłych \(\displaystyle{ A\subset \QQ}\), taką, ze \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B} \neq \left\{ \right\} }\), której przekrój jest niepusty. Pokażemy, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest zbiorem wypukłym.

Dowód:

Niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}\subset \QQ}\)( suma podzbiorów \(\displaystyle{ \QQ}\)).
Aby wykazać, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest zbiorem wypukłym, to niech \(\displaystyle{ x,y\in \bigcup\mathbb{B}}\), i niech \(\displaystyle{ z\in\QQ}\) będzie taką liczbą wymierną, że \(\displaystyle{ x<z<y}\), i pokażmy, że \(\displaystyle{ z\in \bigcup\mathbb{B}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ x,y \in \bigcup\mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ x\in A}\), gdzie \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ y\in B}\), gdzie \(\displaystyle{ B\in\mathbb{B}}\). Wtedy zbiory \(\displaystyle{ A,B\in\mathbb{B}}\) są wypukłe. Ponieważ \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B} \neq \left\{ \right\}}\) , więc istnieje \(\displaystyle{ w\in \bigcap\mathbb{B}}\), wtedy \(\displaystyle{ w\in C}\), dla każdego zbioru \(\displaystyle{ C\in\mathbb{B}}\), więc również \(\displaystyle{ w\in A, w\in B}\). Mamy \(\displaystyle{ w,z\in \QQ}\). Rozstrzygnijmy teraz problem, czy \(\displaystyle{ w>z}\). Jeśli tak, to ponieważ \(\displaystyle{ A \ni x<z<w\in A }\), oraz \(\displaystyle{ z\in \QQ}\), to ponieważ \(\displaystyle{ A}\) jest wypukły, więc wnioskujemy, że \(\displaystyle{ z\in A}\), więc tym bardziej (\(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\)) \(\displaystyle{ z\in \bigcup\mathbb{B}}\), co należało pokazać.
Jeśli \(\displaystyle{ w\not>z}\), to \(\displaystyle{ w \le z}\), i \(\displaystyle{ B\ni w \le z<y\in B}\) i \(\displaystyle{ B}\) jest wypukły ( i \(\displaystyle{ z\in\QQ}\)), więc ponieważ \(\displaystyle{ B}\) jest zbiorem wypukłym, więc wnioskujemy, ze \(\displaystyle{ z\in B}\), a więc tym bardziej (\(\displaystyle{ B\in\mathbb{B}}\)) \(\displaystyle{ z\in \bigcup\mathbb{B}.}\)
A więc \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest zbiorem wypukłym\(\displaystyle{ .\square}\)

Wykorzystamy to twierdzenie, aby udowodnić teraz fakt, że jeśli mamy łańcuch \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) zbiorów wypukłych \(\displaystyle{ A\subset \QQ}\), to \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest zbiorem wypukłym.

Dowód:

Niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}\subset \QQ}\) (suma podzbiorów \(\displaystyle{ \QQ}\)).

Jeśli \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}=\emptyset}\), to jest to zbiór wypukły.
Jeśli \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} \neq \emptyset}\), to rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B} \neq \left\{ \right\}}\) jest niepusta, i istnieje \(\displaystyle{ x\in \bigcup\mathbb{B}}\), wtedy \(\displaystyle{ x\in A}\), gdzie \(\displaystyle{ A\in \mathbb{B}}\), zatem \(\displaystyle{ A \neq \left\{ \right\}.}\) Zatem istnieje niepusty zbiór \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}.}\)
Jeśli przekrój \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B} \neq \left\{ \right\}}\) jest niepusty, to na mocy powyżej udowodnionego twierdzenia \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest zbiorem wypukłym.
Jeśli \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}=\left\{ \right\}}\), to ustalmy niepusty zbiór \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\) (możemy gdyż \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} \neq \left\{ \right\}}\) ). I rozważmy dwie podrodziny rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\):

\(\displaystyle{ \mathbb{B}_1=\left\{ B\in\mathbb{B}: \ B\supset A\right\}}\), i

\(\displaystyle{ \mathbb{B}_2=\left\{ B\in\mathbb{B}: B\subset A \right\}.}\)

Wykażemy prosto, że \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 \cup \mathbb{B}_2=\mathbb{B}.}\)

Oczywiście \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 \cup \mathbb{B}_2 \subset \mathbb{B}.}\) Inkluzję w drugą stronę też łatwo pokazać, gdyż rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B} }\) jest łańcuchem. Niech \(\displaystyle{ B\in\mathbb{B}}\), poniewaz mamy \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\), a rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest łańcuchem, więc \(\displaystyle{ A\subset B}\) lub \(\displaystyle{ B\subset A}\). Jeśli \(\displaystyle{ A\subset B}\), to \(\displaystyle{ B\in \mathbb {B}_1}\). Jeśli \(\displaystyle{ B\subset A}\), to podobnie \(\displaystyle{ B\in\mathbb{B}_2}\). A zatem \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 \cup \mathbb{B}_2=\mathbb{B}.}\)

A zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}= \bigcup\left( \mathbb{B}_1 \cup \mathbb{B}_2\right)=\left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \cup \left( \bigcup\mathbb{B}_2 \right)}\), i ponieważ \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}_1}\) (co łatwo sprawdzić), to \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_1\supset A}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_2\subset A}\)- jako suma podzbiorów \(\displaystyle{ A}\), w efekcie \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}=\left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \cup \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right) = \bigcup\mathbb{B}_1.}\)

Spróbujmy teraz do rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 }\) zastosować twierdzenie udowodnione na początku.

Mamy \(\displaystyle{ A\in \mathbb{B}_1}\), a więc \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 \neq \left\{ \right\}}\) , mamy \(\displaystyle{ \mathbb{B_1}\subset \mathbb{B}}\), gdzie \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów wypukłych, więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B} _1}\) tym bardziej jest rodziną zbiorów wypukłych, wykażemy teraz, że przekroj \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}_1}\) jest niepusty. Jeśli \(\displaystyle{ B\in\mathbb{B}_1}\), to z definicji tej rodziny zbiorów oczywiście \(\displaystyle{ B\supset A \neq \left\{ \right\} }\). Zatem każdy zbiór \(\displaystyle{ B\in \mathbb{B}_1}\): \(\displaystyle{ B\supset A}\), więc również \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A\subset \bigcap\mathbb{B}_1}\), a więc \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}_1 \neq \left\{ \right\}}\). A zatem \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1}\) jest niepustą rodziną zbiorów, \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1\subset \mathbb{B}}\) zatem \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1}\) jest rodziną zbiorów wypukłych, i przekrój \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}_1}\) jest zbiorem niepustym, więc na mocy udowodnionego twierdzenia z pocżątku \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_1}\) jest zbiorem wypukłym.
Ponieważ \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}= \bigcup\mathbb{B}_1}\), więc również zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\), jako ten sam zbiór, jest zbiorem wypukłym.\(\displaystyle{ \square}\) :lol:
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: Zbiory wypukłe w Q

Post autor: Dasio11 »

Jakub Gurak pisze: 20 maja 2021, o 22:10Łatwo zauważyć, że (porównując definicję zbioru wypukłego z definicją przedziału zbioru liniowo uporządkowanego), że zbiory wypukłe w \(\displaystyle{ \QQ}\), to dokładnie te podzbiory \(\displaystyle{ \QQ}\), które są przedziałami w \(\displaystyle{ \QQ}\) z naturalnym porządkiem.
Nie każdy zbiór wypukły w \(\displaystyle{ \QQ}\) jest przedziałem - ta własność jest równoważna zupełności porządku.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Zbiory wypukłe w Q

Post autor: Jakub Gurak »

Oczywiście, nie chodziło mi o zwykłe przedziały w zbiorze liczb rzeczywistych, co innego miałem na myśli, chodziło mi o ogólną definicję przedziału w zbiorze liniowo uporządkowanym, którą ostatnio rozważałem. Rozważałem tu przedziały złożone tylko z liczb wymiernych, gdyż u nas zbiorem liniowo uporządkowanym jest \(\displaystyle{ \QQ}\) z naturalnym porządkiem.

Definicja zbioru wypukłego w \(\displaystyle{ \QQ}\), z tego tematu (ogólnej nie znam) i definicja przedziału w zbiorze liniowo uporządkowanym wygląda identycznie:

W zbiorze liniowo uporządkowanym \(\displaystyle{ (A, \le)}\) zbiór \(\displaystyle{ X\subset A}\) nazywamy przedziałem, jeśli z warunku \(\displaystyle{ x,y\in X}\) wynika, że każdy element leżący miedzy \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) należy do \(\displaystyle{ X}\).

Taką mam definicję przedziału- przez element leżący między \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) rozumiem element \(\displaystyle{ z\in A}\), taki, że \(\displaystyle{ x \le z \le y}\), mam nadzieję, że o to tu chodzi, a nie o wszystkie liczby rzeczywiste.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Zbiory wypukłe w Q

Post autor: Jakub Gurak »

Udowodniłem wczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ (X, \le)}\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym, a \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A \subset X}\) niepustym podzbiorem, to zbiór \(\displaystyle{ A}\) można rozłożyć na przedziały. I to nie byle jak, przedział na ogół można podzielić na dwa, ale nie o takie przedziały chodzi- chodzi o całe maksymalne przedziały. Udowodniłem też, kilka dni wcześniej, że jeśli w zbiorze liniowo uporządkowanym mamy rodzinę przedziałów o przecięciu niepustym (gdyż suma dwóch przedziałów oczywiście nie musi być przedziałem), to jej suma jest przedziałem; oraz, że jeśli w zbiorze liniowo uporządkowanym mamy łańcuch przedziałów, pod względem inkluzji, to jego suma jest przedziałem, ten fakt chyba nam się przyda. Udowodniłem też, że jeśli w zbiorze liniowo uporządkowanym mamy niepustą rodzinę przedziałów, to jej przekrój jest przedziałem. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.

Zacznijmy od podania przykładu na to, że w zbiorze liniowo uporządkowanym może istnieć nieskończona rodzina przedziałów o niepustym przecięciu. To jednak jest proste, wystarczy wziąć zbiór liczb rzeczywistych z naturalnym porządkiem, jako zbiór liniowo uporządkowany, a jako rodzinę przedziałów wystarczy wziąć: \(\displaystyle{ \left\{ \left[ -n,n\right] \Bigl| \ n\in\NN_+ \right\}}\)- rodzinę przedziałów domkniętych:\(\displaystyle{ \left[ -1,1\right] ;\left[ -2,2\right] ; \ldots}\) Wtedy \(\displaystyle{ 0}\) jest elementem wspólnym wszystkich tych przedziałów, i wszystkie warunki są spełnione, co łatwo sprawdzić.

Można też podać przykład pokazujący, że w zbiorze liniowo uporządkowanym może istnieć continuum przedziałów o niepustym przekroju. Wystarczy w zbiorze liczb rzeczywistych wziąć jako rodzinę przedziałów: \(\displaystyle{ \left\{ \left[ 0,x\right]\Bigl| \ x \in \left[ 0,1\right] \right\}}\). I rozważyć naturalną funkcję: \(\displaystyle{ x\in\left[ 0,1\right] \stackrel {f} \rightarrow \left[ 0,x\right] .}\)

Taka funkcja jest różnowartościowa, gdyż jeśli \(\displaystyle{ x \neq y}\) (i \(\displaystyle{ x,y \in \left[ 0,1\right]}\) ), to \(\displaystyle{ f(x)=\left[ 0,x\right] \neq \left[ 0,y\right] =f(y).}\) A więc funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, i 'na' 'zbiór wartości, zatem jest bijekcją, a zatem \(\displaystyle{ \left\{ \left[ 0,x\right]\Bigl| \ x\in\left[ 0,1\right] \right\} \sim \left[ 0,1\right]}\) , a ten odcinek domknięty jest mocy continuum, a więc ta rodzina przedziałów jest mocy continuum, i \(\displaystyle{ 0}\) jest elementem wspólnym wszystkich tych przedziałów\(\displaystyle{ . \square }\)

Wykażemy teraz, że jeśli \(\displaystyle{ (X, \le)}\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) rodziną przedziałów o przekroju niepustym, to jej suma jest przedziałem.
ANALOGICZNY DOWÓD JAK DLA ZBIORÓW WYPUKŁYCH:    
Wykażemy teraz jeszcze, ten fakt może się nam przydać, że jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le\right) }\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym, a rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) łańcuchem, względem inkluzji, łańcuchem przedziałów, to \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{B}}\) jest przedziałem w \(\displaystyle{ X}\).
ANALOGICZNY DOWÓD JAK DLA ZBIORÓW WYPUKŁYCH:    
Jakub Gurak pisze: 20 maja 2021, o 22:10 Łatwo zauważyć, że (porównując definicję zbioru wypukłego z definicją przedziału zbioru liniowo uporządkowanego), że zbiory wypukłe w \(\displaystyle{ \QQ}\), to dokładnie te podzbiory \(\displaystyle{ \QQ}\), które są przedziałami w \(\displaystyle{ \QQ}\) z naturalnym porządkiem.
Możemy zatem teraz łatwo udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów wypukłych \(\displaystyle{ A\subset \QQ}\), ktorej przekrój jest niepusty, to suma \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest zbiorem wypukłym.

Prosty dowód:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów wypukłych, a więc przedziałów w \(\displaystyle{ \left( \QQ, \le\right)}\) i przekroj \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B} }\)jest niepusty, zatem na mocy pierwszego z tych dwóch faktów o sumie przedziałów, otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest przedziałem w \(\displaystyle{ \QQ}\), a więc zbiorem wypukłym.

I podobnie można teraz udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest łańcuchem zbiorów wypukłych \(\displaystyle{ A\subset \QQ}\), to \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest zbiorem wypukłym, podobnie możemy to teraz udowodnić.

Wykażemy jeszcze, ze jeśli \(\displaystyle{ (X, \le)}\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym, a \(\displaystyle{ \left\{\right\} \neq \mathbb{B}}\) niepustą rodziną przedziałów, to przekrój \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}}\) jest przedziałem.

Prosty dowód:

Mamy \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}\subset X.}\)

Niech \(\displaystyle{ x,y\in \bigcap\mathbb{B}}\), i niech \(\displaystyle{ z\in X}\) będzie takim elementem, że \(\displaystyle{ x<z<y}\), i pokażmy, że \(\displaystyle{ z\in \bigcap\mathbb{B}.}\)

Mamy \(\displaystyle{ x \in \bigcap\mathbb{B}}\), a więc \(\displaystyle{ x\in A}\), dla każdego zbioru \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\). Mamy \(\displaystyle{ y\in \bigcap\mathbb{B}}\), więc \(\displaystyle{ y\in A}\), dla każdego zbioru \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}.}\) Niech \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}.}\) Wtedy \(\displaystyle{ x\in A, y\in A}\), a zbiór \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\) jest przedziałem, więc ponieważ \(\displaystyle{ A\ni x<z<y\in A}\), więc wnioskujemy, że \(\displaystyle{ z\in A.}\) Otrzymujemy zatem (z dowolności \(\displaystyle{ A}\)), że \(\displaystyle{ z\in A}\), dla każdego zbioru \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\), i ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest niepusta, więc \(\displaystyle{ z \in \bigcap\mathbb{B}}\). A więc zbiór \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}}\) jest przedziałem\(\displaystyle{ .\square}\) :D

Wykażemy teraz najciekawsze, tzn.:

Jeśli \(\displaystyle{ \left( X ,\le\right) }\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym, a \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A\subset X}\) niepustym podzbiorem, to istnieje jedyna rodzina maksymalnych przedziałów zawartych w \(\displaystyle{ A,}\) będąca rozkładem zbioru \(\displaystyle{ A}\).

Czyli podzbiór \(\displaystyle{ A}\) zbioru liniowo uporządkowanego- można taki zbiór rozłożyć na przedziały.

Podajmy najpierw lemat:

LEMAT 1.

Jeśli \(\displaystyle{ x\in A}\), to istnieje jedyny zbiór \(\displaystyle{ B_x}\), zawierający element \(\displaystyle{ x}\), (tzn. taki, że \(\displaystyle{ x\in B_x}\)), i zbiór \(\displaystyle{ B_x}\) jest przedziałem maksymalnym zawartym w \(\displaystyle{ A.}\)

Łatwo jest pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ x\in A}\), to taki zbiór istnieje tylko co najwyżej jeden.

Niech \(\displaystyle{ B_1, B_2}\) będą takimi zbiorami, że \(\displaystyle{ x\in B_1,B_2}\), i zbiór \(\displaystyle{ B_1}\) jest przedziałem maksymalnym zawartym w \(\displaystyle{ A}\), oraz tak, że \(\displaystyle{ x\in B_2}\), i \(\displaystyle{ B_2}\) jest przedziałem maksymalnym zawartym w \(\displaystyle{ A}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ B_1=B_2.}\)

Ponieważ zbiory \(\displaystyle{ B_1,B_2}\) są to przedziały w \(\displaystyle{ X}\), i \(\displaystyle{ x\in B_1 \cap B_2}\), więc suma takich dwóch przedziałów o niepustym przekroju jest przedziałem, czyli zbiór \(\displaystyle{ B_1 \cup B_2}\) jest przedziałem. Mamy \(\displaystyle{ B_1,B_2\subset A}\), więc również \(\displaystyle{ B_1 \cup B_2\subset A}\). Ponieważ \(\displaystyle{ B_1}\) jest przedziałem maksymalnym zawartym w \(\displaystyle{ A}\), i ponieważ oczywiście \(\displaystyle{ B_1 \cup B_2\supset B_1}\), więc \(\displaystyle{ B_1 \cup B_2=B_1}\), a więc \(\displaystyle{ B_2\subset B_1}\), ale \(\displaystyle{ B_2}\) jest przedziałem maksymalnym zawartym w \(\displaystyle{ A}\), więc \(\displaystyle{ B_2=B_1. \square}\)

Istnienie takiego zbioru uzasadnimy przy pomocy lematu Kuratowskiego -Zorna.

Dowod:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną wszystkich przedziałów w \(\displaystyle{ X}\), w naszym zbiorze liniowo uporządkowanym.

Niech \(\displaystyle{ x\in A}\). Rozważmy rodzinę przedziałów \(\displaystyle{ \mathbb{B}_x:}\)

\(\displaystyle{ \mathbb{B}_x=\left\{ B\in\mathbb{A}: x\in B \hbox{ i } B\subset A\right\}.}\)

Rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B}_x}\) porządkujemy inkluzją. Wtedy \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B}_x, \subset \right)}\) jest zbiorem uporządkowanym. Stosujemy do niego lemat Zorna.

Uzasadnijmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_x}\) jest zawsze niepusta. Mamy, że zbiór \(\displaystyle{ \left\{ x\right\}}\) jest przedziałem, łatwo sprawdzić, że podzbiory jednoelementowe zbioru liniowo uporządkowanego są zawsze przedziałami, a zatem zbiór \(\displaystyle{ \left\{ x\right\}}\) jest przedziałem, i \(\displaystyle{ \left\{ x\right\} \in \mathbb{B}_x}\), a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_x \neq \left\{ \right\}}\) jest niepusta.

Stosujemy do niej lemat Zorna. Niech \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq \mathbb{D}\subset \mathbb{B}_x}\) będzie niepustym łańcuchem ( jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{D}=\left\{ \right\}}\), to dowolny element \(\displaystyle{ B\in\mathbb{B}_x \neq \left\{ \right\} }\) jest ograniczeniem górnym \(\displaystyle{ \mathbb{D}=\emptyset}\) pustego łańcucha).

Wtedy \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D},}\) jako suma łańcucha przedziałów, na mocy jednego z udowodnionych faktów powyżej, jest przedziałem. A więc \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}\in\mathbb{A}. }\)
Dalej, ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{D} \neq \left\{ \right\}}\), więc istnieje zbiór \(\displaystyle{ B\in\mathbb{D}}\), wtedy \(\displaystyle{ B\in\mathbb{B}_x}\), a więc \(\displaystyle{ x\in B}\) (i mamy \(\displaystyle{ B\in\mathbb{D}}\)), więc \(\displaystyle{ x \in \bigcup\mathbb{D}}\). I jeśli \(\displaystyle{ B\in\mathbb{D}}\), to \(\displaystyle{ B\subset A}\), więc \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset A}\) ( jako suma podzbiorów \(\displaystyle{ A}\)). A zatem mamy \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}\in\mathbb{A}, x\in \bigcup\mathbb{D}}\) i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}\subset A}\), skąd możemy wnioskować, na podstawie definicji rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}_x}\), że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}\in\mathbb{B}_x}\), czyli suma \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}}\) jest elementem zbioru uporządkowanego \(\displaystyle{ \mathbb{B}_x}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}= \bigvee\mathbb{D}}\)- suma rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest jej supremum (jest to dość podstawowy fakt, że suma rodziny zbiorów jest jej supremum, o ile jest elementem rozważanego zbioru uporządkowanego), a zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}}\) jest ograniczeniem górnym dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\)- tego łańcucha, a więc ten łańcuch jest ograniczony od góry. Z dowolności wyboru tego łańcucha otrzymujemy, że w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B}_x, \subset\right) }\) każdy łańcuch ma ograniczenie górne.

Stosując lemat Zorna otrzymujemy zbiór \(\displaystyle{ B\in \mathbb{B}_x}\) maksymalny. Wtedy, ponieważ \(\displaystyle{ B\in \mathbb{B}_x,}\) więc zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest przedziałem zawierającym element \(\displaystyle{ x}\) zawartm w zbiorze \(\displaystyle{ A}\), maksymalnym pod względem inkluzji, co kończy dowód istnienia takiego zbioru.\(\displaystyle{ \square }\)

Zatem jeśli \(\displaystyle{ x\in A}\), to istnieje dokładnie jeden zbiór zawięrający element \(\displaystyle{ x}\) będący przedziałem maksymalnym zawartym w zbiorze \(\displaystyle{ A}\), będziemy go oznaczać jako \(\displaystyle{ B_x}\).

Lemat 2. Jeśli \(\displaystyle{ x,y \in A}\) i \(\displaystyle{ y\in B_x}\), to \(\displaystyle{ B_x=B_y.}\)

Dowód:

Mamy \(\displaystyle{ y\in B_y}\), i zbiór \(\displaystyle{ B_y}\) jest przedziałem maksymalnym zawartym w \(\displaystyle{ A}\), ,mamy \(\displaystyle{ y\in B_x}\) i \(\displaystyle{ B_x}\) jest przedziałem maksymalnym zawartym w \(\displaystyle{ A}\), ponieważ istnieje dokładnie jeden, a więc co najwyżej jeden, zbiór zawierający element \(\displaystyle{ y}\) będący przedziałem maksymalnym zawartym w \(\displaystyle{ A}\), więc \(\displaystyle{ B_x=B_y.}\)

Rozważmy teraz relację \(\displaystyle{ \sim}\) na zbiorze \(\displaystyle{ A}\):

\(\displaystyle{ x\sim y \Longleftrightarrow y\in B_x.}\)

Po tych trudach łatwo będzie wykazać, że taka relacja jest relacją równoważności.

Zwrotność. Jeśli \(\displaystyle{ x\in A}\), to możemy utworzyć zbiór \(\displaystyle{ B_x}\), i wtedy \(\displaystyle{ x\in B_x}\), a więc \(\displaystyle{ x\sim x.}\) A więc relacja jest zwrotna.

Symetryczność. Jeśli \(\displaystyle{ x\sim y}\), to \(\displaystyle{ y\in B_x}\), wtedy na mocy lematu powyżej \(\displaystyle{ B_x=B_y}\), mamy \(\displaystyle{ x\in B_x}\), a więc z zasady równości zbiorów: \(\displaystyle{ x\in B_y}\), a więc \(\displaystyle{ y\sim x}\). A więc relacja jest symetryczna.

Przechodniość. Jeśli \(\displaystyle{ x\sim y}\) i \(\displaystyle{ y\sim z}\), to \(\displaystyle{ y\in B_x}\) i \(\displaystyle{ z\in B_y}\). Mamy \(\displaystyle{ y\in B_x}\), \(\displaystyle{ x,y\in A}\), więc z lematu powyżej, otrzymujemy: \(\displaystyle{ B_x=B_y}\). Mamy \(\displaystyle{ z\in B_y}\), \(\displaystyle{ z,y\in A}\), wiec z tego samego lematu dostajemy: \(\displaystyle{ B_y=B_z}\). Mamy \(\displaystyle{ z\in B_z=B_x}\), a więc \(\displaystyle{ z\in B_x}\), a więc \(\displaystyle{ x\sim z}\). A więc relacja \(\displaystyle{ \sim}\) jest przechodnia.

A więc \(\displaystyle{ \sim}\) jest relacją równoważności na \(\displaystyle{ A}\). W związku z czym istnieje istnieje dokładnie jeden rozkład zbioru \(\displaystyle{ A}\) na klasy równoważności \(\displaystyle{ \mathbb{B}_{\sim}:=A_{/\sim}=\left\{ \left[ x\right]_{\sim} | \ \ x\in A \right\} .}\)

Łatwo jest pokazać, że dla dowolnego \(\displaystyle{ x\in A }\), mamy: \(\displaystyle{ \left[ x\right] _{\sim} =B_x}\). Ponieważ \(\displaystyle{ B_x}\) jest przedziałem maksymalnym, więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B} _{\sim}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ A}\) na przedziały maksymalne.

Ponadto taki rozkład jest jedyny, gdyż jest to zbiór wszystkich klas równoważności relacji równoważności \(\displaystyle{ \sim}\), a więc może być tylko jeden. A więc taki rozkład jest dokładnie jeden. \(\displaystyle{ \square}\) :D :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: Zbiory wypukłe w Q

Post autor: Jakub Gurak »

Udowodniłem w ostatni piątek wieczorem, że jeśli mamy zbiór liniowo uporządkowany oraz jego niepusty podzbiór, oraz dowolny rozkład tego podzbioru na przedziały, to te przedziały można liniowo uporządkować. I to w sposób konkretny, tzn.: jeden przedział jest silnie mniejszy od drugiego przedziału, gdy mniejszy przedział poprzedza większy. Nie jest to całkiem oczywiste- gdybyśmy rozważali rodzinę wszystkich przedziałów, to taka relacja 'poprzedzania' mogłaby nie być liniowym porządkiem, łatwo można się przekonać, że mogłoby się zdarzyć, że dwóch przedziałów nie dałoby się w ten sposób porównać. Natomiast ponieważ jest to rozkład na zbiory rozłączne, więc to będzie liniowy porządek na tym rozkładzie, co udowodniłem. Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu.


Niech \(\displaystyle{ \left( X, \le\right) }\) będzie zbiorem liniowo uporządkowanym, a \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A\subset X}\) niepustym podzbiorem, a \(\displaystyle{ \mathcal {R}}\) rozkładem podzbioru \(\displaystyle{ A}\) na przedziały. Rozważmy relację \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) na rozkładzie \(\displaystyle{ \mathcal {R}}\):

\(\displaystyle{ A \sqsubseteq B \Longleftrightarrow \left[ A \hbox{ poprzedza } B \hbox{ lub } A=B\right] .}\)

A zbiór \(\displaystyle{ A}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ B}\), co zapisujemy jako \(\displaystyle{ A \sqsubset B,}\) oznacza implikację :

\(\displaystyle{ a\in A, b\in B \rightarrow a<b}\),

czyli każdy element zbioru \(\displaystyle{ A}\) jest silnie mniejszy od każdego elementu zbioru \(\displaystyle{ B.}\)

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \left( \mathcal {R},\sqsubseteq\right) }\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym.


DOWÓD TEGO FAKTU:

Oczywiście, relacja \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\), z definicji, jest relacją zwrotną.


Wykażemy teraz, że jest to relacja spójna.

Niech \(\displaystyle{ B,C\in\mathcal{R}}\) będą różnymi zbiorami. Ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathcal {R}}\) jest rozkładem, więc zbiory \(\displaystyle{ B,C}\) muszą być rozłączne. Jeśli zbiór \(\displaystyle{ B}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ C}\), to \(\displaystyle{ B\sqsubseteq C}\), a więc zbiory \(\displaystyle{ B,C}\) da się porównać.

Jeśli zbiór \(\displaystyle{ B}\) nie poprzedza zbioru \(\displaystyle{ C}\), ponieważ zbiory \(\displaystyle{ B,C}\) rozkładu \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) muszą być niepuste, więc zaprzeczając temu warunkowi 'poprzedzania' otrzymujemy, że istnieje element \(\displaystyle{ b\in B}\), taki, że istnieje element \(\displaystyle{ c\in C}\), taki, że \(\displaystyle{ b\not< c}\).

Ponieważ \(\displaystyle{ B,C\subset A\subset X}\), więc \(\displaystyle{ b,c\in X}\), a \(\displaystyle{ \left( X, \le\right)}\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym, więc musi być \(\displaystyle{ b \ge c}\). Ponieważ \(\displaystyle{ b\in B}\), \(\displaystyle{ c\in C}\), a zbiory \(\displaystyle{ B,C}\) są rozłączne, więc \(\displaystyle{ b \neq c}\), a więc \(\displaystyle{ b>c}\).

Pokażemy, że zbiór \(\displaystyle{ C}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ B}\).

W tym celu weźmy \(\displaystyle{ y\in C}\), oraz weźmy \(\displaystyle{ x\in B}\), i pokażmy, że \(\displaystyle{ y<x}\). Przypuśćmy, że tak nie jest. Wtedy \(\displaystyle{ y,x\in A\subset X}\), a zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest liniowo uporządkowany, więc musi być \(\displaystyle{ y \ge x}\). Rozważmy kilka przypadków.

\(\displaystyle{ 1 ^{\circ}: x \ge c}\). Wtedy \(\displaystyle{ C\ni c \le x \le y\in C}\), a zbiór \(\displaystyle{ C\in\mathcal {R}}\) jest przedziałem, więc wnioskujemy, że \(\displaystyle{ x\in C}\), a \(\displaystyle{ x\in B}\), a zbiory \(\displaystyle{ B, C}\) są rozłączne- sprzeczność.

\(\displaystyle{ 2 ^{\circ}: x<c}\). Wtedy, rozważmy podprzypadek gdy: \(\displaystyle{ y \le b}\). Wtedy \(\displaystyle{ B\ni x \le y \le b\in B}\), a zbiór \(\displaystyle{ B\in \mathcal{R}}\) jest przedziałem, więc wnioskujemy, że \(\displaystyle{ y\in B}\), a \(\displaystyle{ y\in C}\) i zbiory \(\displaystyle{ B,C}\) są rozłączne- sprzeczność.

\(\displaystyle{ 2 ^{\circ }}\) b) Pozostaje rozważyć przypadek gdy: \(\displaystyle{ x<c}\) i \(\displaystyle{ y>b}\). Wtedy \(\displaystyle{ B\ni x<c<b\in B}\), a zbiór \(\displaystyle{ B\in \mathcal {R}}\) jest przedziałem, więc wnioskujemy, że \(\displaystyle{ c\in B}\), a \(\displaystyle{ c\in C}\), a zbiory \(\displaystyle{ B,C}\) są rozłączne- sprzeczność.

Wobec czego musi być \(\displaystyle{ y<x}\), i z dowolności wyboru elementów \(\displaystyle{ y\in C}\) oraz \(\displaystyle{ x\in B}\), otrzymujemy, że zbiór \(\displaystyle{ C}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ B}\).

A zatem \(\displaystyle{ C \sqsubseteq B}\), czyli zbiory \(\displaystyle{ B,C}\) da się porównać, i relacja \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) jest relacją spójną.


Pokażemy teraz, że relacja \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) jest relacją antysymetryczną.

Przypuśćmy nie wprost, że relacja \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) nie jest antysymetryczna. Ponieważ relacja pusta jest antysymetryczna, więc \(\displaystyle{ \left( \sqsubseteq\right) \neq \emptyset}\)- jest to relacja niepusta. Więc ponieważ ta relacja nie jest antysymetryczna, więc otrzymujemy, że \(\displaystyle{ A\sqsubseteq B,}\) i \(\displaystyle{ B\sqsubseteq A}\) oraz \(\displaystyle{ A \neq B}\), dla pewnych zbiorów \(\displaystyle{ A,B \in \mathcal{R}}\).

Ponieważ zbiory \(\displaystyle{ A,B}\) są zbiorami rozkładu, to zbiory \(\displaystyle{ A,B}\) muszą być niepuste. Niech \(\displaystyle{ a\in A \neq \left\{ \right\}}\). Niech \(\displaystyle{ b\in B \neq \left\{ \right\}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ A \sqsubseteq B}\) i \(\displaystyle{ A \neq B}\), więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ B}\), a zatem \(\displaystyle{ a<b}\). Ponieważ \(\displaystyle{ B \sqsubseteq A}\) i \(\displaystyle{ B \neq A}\), więc zbiór \(\displaystyle{ B}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ A}\), a zatem \(\displaystyle{ b<a}\), a mamy \(\displaystyle{ a<b}\), są to silne nierówności- sprzeczność. Wobec czego relacja \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) jest relacją antysymetryczną.


Wykażemy teraz, że relacja \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) jest relacją przechodnią.

W tym celu załóżmy, że \(\displaystyle{ A \sqsubseteq B \sqsubseteq C}\), i pokażmy, że \(\displaystyle{ A \sqsubseteq C.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A=B}\), to ponieważ \(\displaystyle{ B \sqsubseteq C}\), więc \(\displaystyle{ A\sqsubseteq C}\), co należało pokazać.

Pozostaje rozważyć przypadek gdy \(\displaystyle{ A \neq B}\), wtedy mamy \(\displaystyle{ A \sqsubseteq B}\), więc musi zbiór \(\displaystyle{ A}\) poprzedzać zbiór \(\displaystyle{ B}\).

Jeśli \(\displaystyle{ B=C}\), ponieważ \(\displaystyle{ A \sqsubseteq B=C}\), więc \(\displaystyle{ A \sqsubseteq C}\), co należało pokazać.

Pozostaje rozważyć przypadek gdy \(\displaystyle{ B \neq C.}\) Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ B\sqsubseteq C}\), więc z definicji relacji \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) musi zbiór \(\displaystyle{ B}\) poprzedzać zbiór \(\displaystyle{ C}\).

Pokażemy, że zbiór \(\displaystyle{ A}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ C.}\)

W tym celu: Niech \(\displaystyle{ a\in A}\), niech \(\displaystyle{ c\in C.}\) Niech \(\displaystyle{ b\in B \neq \left\{ \right\}}\)- jest to zbiór niepusty, bo \(\displaystyle{ B\in\mathcal{R}}\). Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ B}\), więc \(\displaystyle{ a<b}\). Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ B}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ C}\), więc \(\displaystyle{ b<c}\). Mamy zatem \(\displaystyle{ a<b<c}\), ponieważ relacja \(\displaystyle{ \le}\) jest liniowym porządkiem, więc w szczególności jest to relacja przechodnia, więc \(\displaystyle{ a \le c}\), a ponieważ są to silne nierówności, więc \(\displaystyle{ a \neq c}\), a więc \(\displaystyle{ a<c}\), i zbiór \(\displaystyle{ A}\) poprzedza zbiór \(\displaystyle{ C}\).

A zatem \(\displaystyle{ A \sqsubseteq C,}\) i relacja \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) jest przechodnia.


A zatem \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) jest relacją porządku, i \(\displaystyle{ \left( \mathcal {R}, \sqsubseteq\right)}\) jest zbiorem uporządkowanym. Wykazaliśmy również, że relacja \(\displaystyle{ \sqsubseteq}\) jest relacją spójną, wobec czego \(\displaystyle{ \left( \mathcal {R}, \sqsubseteq\right)}\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym\(\displaystyle{ .\square}\) :D


Na koniec dodam dowód takiego prostego faktu, że jeśli funkcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) jest różnowartościowa, to relacja odwrotna \(\displaystyle{ f ^{-1}}\) jest również funkcją różnowartościową.

Dla dowodu wykorzystamy twierdzenie z ważniaka, że funkcja częściowa \(\displaystyle{ g}\) ze zbioru \(\displaystyle{ A}\) (z podzbioru zbioru \(\displaystyle{ A}\), dziedziną tej funkcji może być dowolny ustalony podzbiór zbioru \(\displaystyle{ A}\), bo jest to funkcja częściowa) w zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest różnowartościowa, dokładnie wtedy, gdy relacja odwrotna \(\displaystyle{ g ^{-1}}\) jest funkcja częściową ze zbioru \(\displaystyle{ B}\) do \(\displaystyle{ A}\) - jest to prosty fakt. Przejdźmy do naszego dowodu:

DOWÓD:

Ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, więc relacja odwrotna \(\displaystyle{ f ^{-1}}\) jest funkcją częściową z \(\displaystyle{ Y}\) do \(\displaystyle{ X}\). Mamy, zgodnie z przytoczonym faktem, mamy:

Funkcja częściowa \(\displaystyle{ f ^{-1}}\) jest różnowartościowa, wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ f=\left( f ^{-1} \right) ^{-1}}\) jest funkcją częściową z \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ Y}\).

Ale \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją z \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ Y}\), więc w szczególności funkcją częściową z \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ Y}\), co należało stwierdzić\(\displaystyle{ . \square}\) :lol:
ODPOWIEDZ