Przedziały w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym

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

Przedziały w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym

Post autor: Jakub Gurak »

Udowodniłem wczoraj w końcu, że jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le \right) }\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym ciągłym bez elementu najmniejszego i bez elementu największego, a \(\displaystyle{ A\subset X}\) jest przedziałem niepustym i różnym od całego zbioru \(\displaystyle{ X}\), to przedział \(\displaystyle{ A}\) jest w dokładnie jednej z poniższych ośmiu postaci:

\(\displaystyle{ 1)A=O(x)=\left\{ y\in X: \ y<x \right\} ,\hbox{ gdzie } x\in X,}\)
\(\displaystyle{ 2)A=\overline {O(x)}=\left\{ y\in X: \ y \le x\right\} , \hbox{ gdzie } x\in X,}\)
\(\displaystyle{ 3)A=\left[ x, \rightarrow \right) =\left\{ y\in X: y \ge x \right\} , \hbox{ gdzie } x\in X,}\)
\(\displaystyle{ 4)A=\left( x, \rightarrow \right) =\left\{ y\in X: y>x\right\} , \hbox{ gdzie } x\in X,}\)
\(\displaystyle{ 5)A=\left[ a,b\right] =\left\{ z\in X: a \le z \le b\right\} , \hbox{ gdzie } a,b\in X, a \le b ,}\)
\(\displaystyle{ 6)A=\left( a,b\right) =\left\{ z\in X: a<z<b\right\} , \hbox{ gdzie } a,b\in X,}\)
\(\displaystyle{ 7)A=\left[ a,b\right)=\left\{ z\in X: a \le z<b\right\} , \hbox{ gdzie } a,b\in X,}\)
\(\displaystyle{ 8)A=\left( a,b\right]=\left\{ z\in X: \ a<z \le b\right\} , \hbox{ gdzie } a,b\in X.}\)

Po prostu przedziały dzielimy na przedziały nieograniczone z dołu, ograniczone i nieograniczone z góry, i w zależności czy końce przedziału są domknięte czy otwarte, to mamy dwa przypadki dla przedziałów nieograniczonych z dołu, cztery przypadki dla przedziałów ograniczonych i dwa przypadki dla przedziałów nieograniczonych z góry, innych możliwości nie ma- :!: w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.


Zacznijmy od spostrzeżenia, że jeśli w zbiorze liniowo uporządkowanym \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) podzbiór \(\displaystyle{ A\subset X}\) jest w jednej z tych ośmiu postaci, to \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem.

Dowód:

Gdyż jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci \(\displaystyle{ 1) }\) lub \(\displaystyle{ 2)}\), to jest przedziałem początkowym (o tych pojęciach, zwłaszcza o pojęciu reszty można przeczytać w podanym tu linku) , a więc przedziałem (łatwo pokazać, że każdy przedział początkowy jest przedziałem; oraz że każda reszta jest przedziałem). Wobec czego zbiory w postaci 1) lub 2) są przedziałami.
Jeśli zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 3) lub 4) to jest resztą, a więc i przedziałem.
Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w jednej z postaci 5-8, to jest przedziałem- łatwo to sprawdzić z definicji przedziału, dla przykładu rozważmy przedziały domknięte.

Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] }\), gdzie \(\displaystyle{ a,b\in X}\), i pokażmy, że ten zbiór \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] =\left\{ x\in X: a \le x \le b\right\}}\) jest przedziałem. W tym celu weźmy dwa elementy \(\displaystyle{ x,y\in \left[ a,b\right] }\), i weżmy element \(\displaystyle{ z\in X}\), taki, że \(\displaystyle{ x<z<y}\), i pokażmy, że \(\displaystyle{ z\in\left[ a,b\right]}\). Mamy \(\displaystyle{ x\in \left[ a,b\right] }\), a więc \(\displaystyle{ a \le x. }\) Mamy \(\displaystyle{ y \in \left[ a,b\right]}\) , a więc \(\displaystyle{ y \le b}\), a zatem z przechodniości porządku otrzymujemy, że \(\displaystyle{ a \le z \le b}\) (i \(\displaystyle{ z\in X}\)), więc \(\displaystyle{ z\in \left[ a,b\right] }\), i zbiór \(\displaystyle{ \left[ a,b\right]}\) jest przedziałem.

Łatwo można też sprawdzić, że zbiory postaci 6-8 są również przedziałami.

Wobec czego jeśli w zbiorze liniowo uporządkowanym \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) podzbiór \(\displaystyle{ A\subset X}\) można przedstawić w jednej z postaci 1-8, to \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem.

Jednak w zbiorze liniowo uporządkowanym może istnieć niepusty i różny od całego zbioru przedział, który nie jest w żadnej z tych ośmiu postaci.

Aby to wykazać, rozważmy zbiór liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ \RR \setminus \left\{ 0,1\right\}}\) bez zera i bez jedynki, z naturalnym porządkiem- zbiór liniowo uporządkowany. I rozważmy zwykły przedział \(\displaystyle{ \left( 0,1\right) \subset \RR \setminus \left\{ 0,1\right\} .}\) Należy pokazać, że jest on przedziałem (w sensie porządku na \(\displaystyle{ \RR \setminus \left\{ 0,1\right\}). }\)
Dowód:    
Nie jest on postaci \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) , dla \(\displaystyle{ a,b\in\RR \setminus \left\{ 0,1 \right\}}\) , byłby oczywiście postaci \(\displaystyle{ (0,1)}\), ale ani \(\displaystyle{ 0}\), ani \(\displaystyle{ 1}\)-nie nalezą do naszego zbioru \(\displaystyle{ \RR \setminus \left\{ 0,1\right\}}\) , więc poszukujemy końców różnych od zera i jedynki. Nie jest on postaci przedziału domkniętego, ani postaci przedziału domknięto-otwartego, ani postaci przedziału otwarto-domkniętego.

Aby pokazać, że nie jest on postaci przedziałów początkowych zauważmy, że zbiory postaci \(\displaystyle{ O(x)}\), dla \(\displaystyle{ x\in\RR \setminus \left\{ 0,1\right\},}\) są nieograniczone z dołu, jak również zbiory postaci \(\displaystyle{ \overline{O(x)}}\), dla \(\displaystyle{ x\in\RR \setminus \left\{ 0,1\right\}}\) są nieograniczone z dołu, podczas gdy nasz odcinek \(\displaystyle{ \left( 0,1\right)}\) jest ograniczony z dołu (np. przez \(\displaystyle{ -1}\) :!: nie przez \(\displaystyle{ 0}\)- \(\displaystyle{ 0}\) nie należy do naszego zbioru \(\displaystyle{ \RR \setminus \left\{ 0,1\right\} }\)), a więc jest to zbiór ograniczony z dołu. Wobec czego \(\displaystyle{ \left( 0,1\right)}\) nie może być postaci \(\displaystyle{ O(x)}\), dla żadnego \(\displaystyle{ x\in\RR \setminus \left\{ 0,1\right\}}\) , podobnie nie może być postaci \(\displaystyle{ \overline {O(x)},}\) dla żadnego \(\displaystyle{ x}\).

Aby pokazać, że \(\displaystyle{ (0,1)}\) nie jest w postaci reszty, zauważmy, że zbiory postaci \(\displaystyle{ \left[ x , \rightarrow \right),}\) dla \(\displaystyle{ x\in \RR \setminus \left\{ 0,1\right\},}\) są nieograniczone z góry, a \(\displaystyle{ (0,1)}\) jest ograniczony z góry (np. przez \(\displaystyle{ 2}\)). Zauważmy również, że zbiory postaci \(\displaystyle{ \left( x, \rightarrow \right) }\), dla \(\displaystyle{ x\in\RR \setminus \left\{ 0,1\right\}, }\) są nieograniczone z góry, a \(\displaystyle{ (0,1)}\) jest ograniczony z góry (przez \(\displaystyle{ 2}\)). Wobec czego (\(\displaystyle{ (0,1)}\) nie jest postaci \(\displaystyle{ \left[ x, \rightarrow \right] ,}\) dla żadnego \(\displaystyle{ x\in\RR \setminus \left\{ 0,1\right\}}\), i nie jest postaci \(\displaystyle{ \left( x, \rightarrow \right),}\) dla żadnego \(\displaystyle{ x. \square}\)

Zauważmy, że przyczyną takiego stanu rzeczy było to, że w \(\displaystyle{ \RR \setminus \left\{ 0,1\right\}}\) były dwie luki (\(\displaystyle{ 0}\) i \(\displaystyle{ 1}\)), więc można podejrzewać, że w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym (gdzie nie ma luk) już tak być nie może. I rzeczywiście udowodniłem twierdzenie, że:

Jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le\right) }\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym ciąglym, a \(\displaystyle{ A\subset X}\) jest niepustym i różnym od całego zbioru przedziałem, to \(\displaystyle{ A}\) jest w jednej z tych ośmiu postaci.

Dowód jest wnioskiem z trzech wcześniej udowodnionych twierdzeń twierdzeń odnośnie tego jak wyglądają przedziały początkowe w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym, jak wyglądają reszty w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym, no i twierdzenie jak wyglądają przedziały nie będące przedziałem początkowym ani resztą w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym, które udowodniłem TUTAJ (tam jest zbyt mocna teza, dopiero teraz dokładnie udowodnię, że przedział jest w dokładnie jednej z tych czterech postaci, ale myślę, że ten dowód pokazuję, że taki przedział jest w jednej z tych czterech postaci, to na pewno):

Dowód:

Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem początkowym, ponieważ porządek jest ciągły, to \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 1) albo w postaci 2).

Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest resztą, ponieważ porządek jest ciągły, to \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 3) albo 4).

Jeśli \(\displaystyle{ A}\) nie jest przedziałem początkowym ani resztą, to na mocy twierdzenia, do którego odsyłałem, \(\displaystyle{ A}\) jest w jednej z postaci 5), 6),7),8). \(\displaystyle{ \square}\)

Zauważmy, że bez dodatkowych założeń o zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym, może istnieć niepusty i różny od całego zbioru przedział , który można przedstawić w dwóch z poniższych postaci, np. w postaci przedziału domkniętego, i w postaci domkniętego przedziału początkowego.

Aby to wykazać, rozważmy zwykły przedział domknięty \(\displaystyle{ \left[ -1,1\right]}\) z naturalnym porządkiem. Jest to zbiór liniowo uporządkowany ciągły- jest to zbiór liniowo uporządkowany, jest gęsty, gdyż żaden przekrój Dedekinda nie daje skoku, i jest ciągły, gdyż żaden przekrój nie daje luki (polecam narysować to sobie).

Rozważmy zwykły odcinek domknięty \(\displaystyle{ \left[ -1,0\right].}\) Wykażemy, że on jest przedziałem (w sensie porządku na \(\displaystyle{ \left[ -1,1\right] }\)).
Dowód:    
Jest on oczywiście postaci \(\displaystyle{ \left[ a,b\right]}\), gdzie \(\displaystyle{ a=-1, b=0,-1 <0}\); jak również jest postaci \(\displaystyle{ \overline {O(0)}}\) ,gdyż \(\displaystyle{ \overline {O(0)}= \left\{ z\in\left[ -1,1\right]: \ z \le _{\left[ -1,1\right] } 0 \right\} =\left[ -1,0\right] , 0\in\left[ -1,1\right]}\), zatem \(\displaystyle{ \left[ -1,0\right]}\) jest obu tych postaci.

Jednak, jeśli tylko o zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym założymy, że nie ma elementu najmniejszego oraz że nie ma elementu największego, to każdy niepusty i różny od całego zbioru \(\displaystyle{ X}\) przedział \(\displaystyle{ A\subset X}\) będzie w dokładnie jednej z tych ośmiu postaci.

Dowód:

Ponieważ zbiór liniowo uporządkowany jest ciągły, a \(\displaystyle{ A }\) jest niepustym i różnym od całego zbioru przedziałem, to \(\displaystyle{ A}\) jest w jednej z tych ośmiu postaci. Pozostaje pokazać, że nie może być w żadnych dwóch z tych postaci. Jednak to wymaga rozważenia \(\displaystyle{ 28}\) przypadków (\(\displaystyle{ 7+6+5+4+3+2+1}\)). Będziemy często jednym dowodem załatwiać od razu cztery przypadki, i to wszystko sprawdzimy.

Dwa przypadki mamy już sprawdzone, tzn. nie może zbiór \(\displaystyle{ A}\) być jednocześnie w postaci 1) i 2), oraz nie może zbiór \(\displaystyle{ A}\) być jednocześnie w postaci 3) i 4), można się doszukać uzasadnienia w tym linku.

Wykażemy teraz, że jeżeli zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 1) lub 2), to nie może być w postaci 3) ani 4), co da nam \(\displaystyle{ 4}\) kolejne przypadki.

Dowód:

Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 1) lub 2), to \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem początkowym. Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 3) lub 4), to \(\displaystyle{ A}\) jest resztą. (Już widać, że to raczej niemożliwe, ale musimy wykluczyć to w sposób ścisły). Ponieważ \(\displaystyle{ A}\) jest resztą, to jego dopełnienie \(\displaystyle{ X \setminus A=:A'}\) jest przedziałem początkowym. Ponieważ w zbiorze liniowo uporządkowanym dla dwóch przedziałów początkowych jeden się zawiera w drugim, więc \(\displaystyle{ A\subset A'}\) lub \(\displaystyle{ A'\subset A}\). Z własności dopełnienia otrzymujemy, że \(\displaystyle{ A \cap A'=\emptyset}\). Tymczasem jeśli \(\displaystyle{ A\subset A'}\), to \(\displaystyle{ A \cap A'=A=\emptyset}\)- sprzeczność z założeniem , a jeśli \(\displaystyle{ A'\subset A}\), to \(\displaystyle{ A' \cap A=A'}\), tak więc \(\displaystyle{ A'= \emptyset}\), a zatem \(\displaystyle{ A=(A')'=\emptyset'=X}\), więc \(\displaystyle{ A=X}\)-sprzeczność, co kończy dowód tych czterech przypadków.

Wykażemy teraz, że jeżeli zbiór \(\displaystyle{ A }\) jest w postaci 1) lub 2), to nie może być w postaci 5) ani 7), kolejne cztery przypadki.

Nim to udowodnimy przypomnijmy, prosty fakt, że jeśli w zbiorze liniowo uporządkowanym mamy przedział początkowy oraz jego element najmniejszy \(\displaystyle{ x}\), to \(\displaystyle{ x}\) jest najmniejszy również w całym zbiorze liniowo uporządkowanym \(\displaystyle{ X}\), łatwo to nie wprost udowodnić.

Przejdźmy do naszego dowodu.

Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 1-2, to \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem początkowym. Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 5) lub 7), to \(\displaystyle{ A}\) ma element najmniejszy, oznaczmy go \(\displaystyle{ c}\). Ponieważ \(\displaystyle{ c}\) jest najmniejszy w \(\displaystyle{ A}\), w przedziale początkowym, to również \(\displaystyle{ c}\) jest najmniejszy w \(\displaystyle{ X}\), co jest sprzeczne z naszym założeniem odnośnie zbioru ciągłego, że nie ma w nim elementu najmniejszego-sprzeczność.

Już mamy \(\displaystyle{ 10}\) przypadków.

Wykażemy teraz, że jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 1 lub 2, to \(\displaystyle{ A}\) nie może być w postaci 6 ani 8, kolejne cztery przypadki.

Dowód:

Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 1 lub 2, to \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem początkowym. Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 6 tzn. przedziałem otwartym \(\displaystyle{ A=(a,b)}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b\in X}\), to nie jest przedziałem początkowym. Aby to uzasadnić należy wskazać element \(\displaystyle{ A}\) oraz element od niego mniejszy, który nie należy do \(\displaystyle{ A}\). Aby to zrobić, to niech \(\displaystyle{ c\in A \neq \left\{ \right\} }\), wtedy \(\displaystyle{ c\in\left( a,b\right)=A }\), zatem \(\displaystyle{ c>a}\), i \(\displaystyle{ a\not\in (a,b)}\), gdyż \(\displaystyle{ a\not>a.}\) Zatem \(\displaystyle{ A=(a,b)}\) nie jest przedziałem początkowym.

Pozostaje rozważyć przypadek 8. Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 8, to \(\displaystyle{ A=\left( a,b\right]}\) , gdzie \(\displaystyle{ a,b\in X}\). Wykażemy, że wtedy \(\displaystyle{ A}\) nie jest przedziałem początkowym. W tym celu należy wskazać jego jeden element oraz element od niego mniejszy, który nie należy do \(\displaystyle{ A}\). Niech \(\displaystyle{ c\in A \neq \left\{ \right\}}\). Wtedy \(\displaystyle{ c\in\left( a,b\right]=A}\), zatem \(\displaystyle{ c>a}\), czyli \(\displaystyle{ a<c}\), i \(\displaystyle{ a\not\in \left( a,b\right],}\) gdyż \(\displaystyle{ a\not> a}\). Wobec czego \(\displaystyle{ \left( a,b\right]=A}\) nie jest przedziałem początkowym. Ponieważ zbiory w postaci 1 lub 2 są przedziałami początkowymi, więc otrzymujemy sprzeczność, co kończy dowód.

Wykażemy teraz, że jeśli zbiór jest w postaci 3 lub 4, to nie może być w postaci 6 ani 7, kolejne cztery przypadki.

Jeżeli zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 3 lub 4, to \(\displaystyle{ A}\) jest resztą. Jeżeli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 6, to \(\displaystyle{ A=\left( a,b\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b\in X.}\) Wykażemy, że wtedy \(\displaystyle{ A}\) nie jest resztą. W tym celu należy wskazać element \(\displaystyle{ A}\), oraz element od niego większy który nie należy do \(\displaystyle{ A}\). Niech \(\displaystyle{ c\in A \neq \left\{ \right\}}\). Wtedy \(\displaystyle{ c\in \left( a,b\right)=A}\), zatem \(\displaystyle{ c<b}\), i mamy \(\displaystyle{ b\not\in \left( a,b\right)=A}\), gdyż \(\displaystyle{ b\not <b}\). Zatem \(\displaystyle{ A=(a,b)}\) nie jest resztą-sprzeczność.

Pozostaje rozważyć gdy zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 7. Wtedy \(\displaystyle{ A=\left[ a,b\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b\in X}\). Wykażemy, że wtedy \(\displaystyle{ A}\) nie jest resztą. W tym celu nalezy wskazać element \(\displaystyle{ A}\) oraz element od niego większy, który nie należy do \(\displaystyle{ A.}\) Niech \(\displaystyle{ c\in A \neq \left\{ \right\} }\). Wtedy \(\displaystyle{ c\in \left[ a,b\right)=A}\), a zatem \(\displaystyle{ c<b,}\) i \(\displaystyle{ b\not\in \left[ a,b\right)=A}\) , gdyż \(\displaystyle{ b\not < b.}\) A zatem \(\displaystyle{ A}\) nie jest resztą-sprzeczność.

Nim przejdziemy dalej udowodnijmy najpierw, że jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le\right) }\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym ciągłym, a \(\displaystyle{ a,b\in X}\), to w przedziale \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) nie ma elementu najmniejszego.

Dowód:

Przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ c\in (a,b)}\) jest jego elementem najmniejszym. Ponieważ \(\displaystyle{ c\in(a,b)}\), to \(\displaystyle{ a<c}\), ponieważ \(\displaystyle{ X}\) jest ciągły, a więc i gęsty, więc otrzymujemy element \(\displaystyle{ x\in X}\) (pośredni), czyli taki, że \(\displaystyle{ a<x<c}\). Ponieważ \(\displaystyle{ c\in (a,b)}\), to \(\displaystyle{ c<b}\) , zatem \(\displaystyle{ a<x<c<b}\), więc \(\displaystyle{ a<x<b}\), a zatem \(\displaystyle{ x\in (a,b)}\), a ponieważ \(\displaystyle{ c }\) jest najmniejszy w \(\displaystyle{ (a,b)}\), więc \(\displaystyle{ c \le x}\), a \(\displaystyle{ x<c}\)-sprzeczność.

Analogicznie udowadniamy, że w przedziale otwartym \(\displaystyle{ (a,b)}\) nie ma elementu największego.

Wykażemy jeszcze, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest ciągły, \(\displaystyle{ a,b\in X}\), to w przedziale \(\displaystyle{ \left[ a,b\right)}\) nie ma elementu największego.

Dowód:

Przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ c}\) jest elementem największym w \(\displaystyle{ \left[ a,b\right)}\). Wtedy \(\displaystyle{ c\in\left[ a,b\right)}\), a zatem \(\displaystyle{ a \le c<b.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ X}\) jest ciągły, a więc i gęsty, więc otrzymujemy element \(\displaystyle{ x\in X}\) pośredni pomiędzy \(\displaystyle{ c}\) a \(\displaystyle{ b}\), tzn. taki, że \(\displaystyle{ c<x<b}\). Wtedy \(\displaystyle{ a<x<b}\), a zatem \(\displaystyle{ x\in \left[ a,b\right). }\) Ponieważ \(\displaystyle{ c}\) jest największy w \(\displaystyle{ \left[ a,b\right)}\), więc \(\displaystyle{ x \le c}\) , a \(\displaystyle{ x>c}\)- sprzeczność.

Analogicznie udowadniamy, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest ciągły, a \(\displaystyle{ a,b\in X}\), to w przedziale \(\displaystyle{ \left( a,b \right]}\) nie ma elementu najmniejszego, analogicznie nie wprost można to udowodnić.

Wróćmy do naszego dowodu.

Wykażemy teraz, że jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 5, to nie może być w postaci 6 ani 7 ani 8, kolejne trzy przypadki.

Dowód: Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 5, to \(\displaystyle{ A}\) ma element najmniejszy i ma element największy, podczas gdy jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 6, to zgodnie z powyższymi dowodami: w \(\displaystyle{ A}\) nie ma elementu najmniejszego- sprzeczność, i podobnie jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 7, to \(\displaystyle{ A}\) nie ma elementu największego -sprzeczność; i w postaci 8, wtedy \(\displaystyle{ A}\) nie ma elementu najmniejszego- sprzeczność.

Wykażemy teraz, że jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 6, to nie jest w postaci 7 ani 8, kolejne dwa przypadki.

Dowód:

Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 6, to w \(\displaystyle{ A}\) nie ma elementu najmniejszego, podczas gdy \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 7, to A ma element najmniejszy- sprzeczność, a gdy \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 8, to \(\displaystyle{ A}\) ma element największy, a gdy \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 6 to go nie ma- sprzeczność.

I jeszcze jeden przypadek teraz, \(\displaystyle{ A}\) nie może być jednocześnie w postaci 7 i 8.

Dowód:

Gdy \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 7, to ma element najmniejszy, podczas gdy \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 8 , to \(\displaystyle{ A}\) nie ma elementu najmniejszego- sprzeczność.

Pozostały ostatnie cztery przypadki, czyli jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 3 lub 4, to \(\displaystyle{ A}\) nie może być w postaci 5 ani 8.

Nim to udowodnimy, podajmy jeszcze jeden lemat, gdyż będzie nam potrzebny.

Lemat. Jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le\right) }\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym, a \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A\subset X}\) niepustą resztą, i \(\displaystyle{ a\in X}\), to: \(\displaystyle{ a}\) jest największy w \(\displaystyle{ X}\), dokładnie wtedy, gdy \(\displaystyle{ a}\) jest największy w \(\displaystyle{ A}\) (w tej reszcie).

W szczególności to oznacza, że jeśli element jest największy w reszcie, to jest również największy w całym zbiorze liniowo uporządkowanym.

Przypominam, mamy podobną równoważność dla (niepustych) przedziałów początkowych: element \(\displaystyle{ a}\) jest najmniejszy w X, dokładnie wtedy, gdy \(\displaystyle{ a}\) jest najmniejszy w przedziale początkowym.
\(\displaystyle{ }\)
Przypominam, jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym, a \(\displaystyle{ A\subset X}\) jest resztą, to w porządku odwrotnym \(\displaystyle{ (X, \le ^{-1} )}\) zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem początkowym, jest to prosty fakt.

Dowód Lematu: Niech \(\displaystyle{ A\subset X}\) będzie niepustą resztą, niech \(\displaystyle{ a\in X.}\)

Zauważmy, że ponieważ \(\displaystyle{ A}\) jest resztą, to w porządku odwrotnym \(\displaystyle{ \left( X, \le ^{-1} \right) }\) mamy, że \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem początkowym.

Mamy:

\(\displaystyle{ a}\) jest największy w \(\displaystyle{ A}\) (względem \(\displaystyle{ \le}\)), wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ a}\) jest najmniejszy w \(\displaystyle{ A}\), względem \(\displaystyle{ \le ^{-1}}\) , wtedy \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem początkowym, więc to zachodzi dokładnie wtedy, gdy \(\displaystyle{ a}\) jest najmniejszy w \(\displaystyle{ X,}\) względem \(\displaystyle{ \le ^{-1}}\), a to zachodzi dokładnie wtedy, gdy \(\displaystyle{ a}\) jest elementem największym w \(\displaystyle{ X}\), względem \(\displaystyle{ \le.\square}\)

Zatem udowodnijmy ostatnie cztery przypadki, tzn, jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 3 lub 4, to \(\displaystyle{ A}\) nie może być w postaci 5 ani 8.

Dowód:

Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 3 lub 4, to \(\displaystyle{ A}\) jest resztą. Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci 5 lub 8, to \(\displaystyle{ A}\) ma element największy, nazwijmy go \(\displaystyle{ x}\). Wtedy \(\displaystyle{ x}\) jest największy w reszcie \(\displaystyle{ A}\), zatem, na mocy lematu powyżej, otrzymujemy, że \(\displaystyle{ x}\) jest największy w całym \(\displaystyle{ X}\), co jest sprzeczne z naszym założeniem odnośnie zbioru ciągłego \(\displaystyle{ X}\), że w nim nie ma elementu największego- sprzeczność.

Sprawdziliśmy wszystkie \(\displaystyle{ 28}\) przypadków, co oznacza, że przedział nie może być w dwóch różnych postaciach (nie może być też w trzech z tych postaci, bo wtedy byłby w pierwszych dwóch, a w takich być nie może), zatem może być w co najwyżej jednej z tych postaci, udowodniliśmy; że zawsze, ponieważ porządek jest ciągły, to jest w jednej z tych postaci, wobec czego zawsze jest w dokładnie jednej z tych postaci. \(\displaystyle{ \square}\) :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: Przedziały w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym

Post autor: Jakub Gurak »

W ostatnią sobotę, udowodniłem, że w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym nieskończonym wszystkich przedziałów jest dokładnie tyle ile jest elementów tego zbioru ciągłego \(\displaystyle{ X}\). Myślałem, że ten fakt udowodniłem już wcześniej (jednak nie, zapomniałem o założeniu, że w tym zbiorze ciągłym ma nie być ani elementu najmniejszego ani ma tutaj nie być elementu największego). Wtedy rzeczywiście wszystkich przedziałów jest tyle ile jest elementów tego zbioru ciągłego, co udowodniłem TUTAJ, będziemy z tego faktu korzystać (wynika stąd, że w zbiorze liczb rzeczywistych z naturalnym porządkiem jest dokładnie continuum przedziałów ). W piątek wieczorem ( a tak naprawdę dopiero w sobotę, bo skorzystałem ze wspomnianego faktu zapomniawszy, że tam było jeszcze założenie o braku elementu najmniejszego i o braku elementu największego w tym zbiorze ciągłym), w sobotę koło południa to zauważyłem, i w ten sam dzień, ale dopiero po 22 ( poprawienie tego błędu zajęło mi kilka godzin), udało się to poprawić, dowodząc, że w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym nieskończonym wszystkich przedziałów początkowych jest tyle, ile jest elementów tego zbioru ciągłego. Natomiast w piątek wieczorem łatwo udowodniłem, że w zbiorze liniowo uporządkowanym podobnym do zbioru liczb całkowitych, w takim zbiorze, typu \(\displaystyle{ \ZZ,}\) wszystkich przedziałów jest dokładnie przeliczalnie wiele. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.


Zacznijmy od tego prostszego problemu dotyczącego zbioru liczb całkowitych.

Przypomnijmy:

Jeśli w zbiorze liniowo uporządkowanym \(\displaystyle{ \left( X, \le _{X}\right) }\) podobnym do \(\displaystyle{ \left( \ZZ, \le \right) }\) mamy niepusty i różny od całego zbioru \(\displaystyle{ X}\) przedział ograniczony (tzn. przedział nie będący przedziałem początkowym ani resztą), to jest on w postaci przedziału domkniętego, tzn. \(\displaystyle{ A=\left[ a,b\right] }\), gdzie \(\displaystyle{ a, b\in X}\) i \(\displaystyle{ a \le b}\)( jest też w innych postaciach, np. w postaci przedziału otwartego); a jeśli mamy niepusty i różny od całego zbioru \(\displaystyle{ X}\) przedział początkowy \(\displaystyle{ A}\), to jest on w postaci domkniętego przedziału początkowego, tzn. \(\displaystyle{ A= \overline {O(x)}=\left\{ y\in X: \ y \le _X x\right\}}\) , gdzie \(\displaystyle{ x\in X}\), na mocy twierdzenia, które udowodniłem TUTAJ.

Przejdźmy do naszego faktu:

Niech \(\displaystyle{ \left( X, \le _X\right)}\) będzie zbiorem liniowo uporządkowanym podobnym do zbioru liczb całkowitych z naturalnym porządkiem. Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną wszystkich przedziałów w \(\displaystyle{ X}\), tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ A\subset X\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem w } \left( X, \le _X\right) \right\}.}\)

I pytamy o moc rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\).

Wykażemy, że jest to rodzina przeliczalna (tzn. równoliczna ze zbiorem \(\displaystyle{ \NN}\)).

DOWÓD TEGO FAKTU:

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest podobny do zbioru \(\displaystyle{ \ZZ}\), a zatem istnieje podobieństwo \(\displaystyle{ f:\ZZ \rightarrow X}\).

Wtedy \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją, a zatem \(\displaystyle{ \mathbb{Z}\sim X}\), czyli \(\displaystyle{ \left| \NN\right|= \left| \ZZ\right|=\left| X\right|. }\)

Rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) wszystkich przedziałów w \(\displaystyle{ X}\) podzielmy na trzy podrodziny, tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}_1=\left\{ A \in \mathbb{B}: \ \ A \hbox{ jest przedziałem początkowym}\right\}}\), i
\(\displaystyle{ \mathbb{B}_2=\left\{ A \in \mathbb{B}: \ \ A \hbox{ jest resztą} \right\} }\), i niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}_3=\left\{ A \in \mathbb{B}: \ \ A \hbox{ nie jest przedziałem początkowym ani resztą } \right\} .}\)

Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ \alpha}\) działającą w następujący sposób:

\(\displaystyle{ x \in X\stackrel{ \alpha }{ \rightarrow } \overline {O(x)}= \left( \leftarrow ,x \right].}\)

Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa.

Jeśli \(\displaystyle{ \alpha \left( x_1\right) = \alpha \left( x_2\right)}\), to, z definicji tej funkcji, oznacza to że:

\(\displaystyle{ \overline {O(x_1)}= \overline {O(x_2)}=:A,}\)

oznaczmy ten zbiór jako \(\displaystyle{ A.}\)

Wtedy element \(\displaystyle{ x_1}\) jest największy w zbiorze \(\displaystyle{ A}\), i podobnie element \(\displaystyle{ x_2}\) jest największy w \(\displaystyle{ A}\). Ponieważ, w danym zbiorze, może istnieć tylko jeden element największy, więc \(\displaystyle{ x_1=x_2.}\)

A zatem funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa.

I oczywiście funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest 'na' zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{A}:=\left\{ \overline {O(x)}\Bigl| \ \ x\in X\right\} .}\)

A zatem \(\displaystyle{ X\sim \mathbb{A}}\), czyli \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right|= \left| X\right| =\left| \NN\right|.}\)

Zauważmy, że:

\(\displaystyle{ \left\{ \overline {O(x)}\Bigl| \ \ x\in X\right\} \subset \mathbb{B}_1}\) ( bo zbiory, będące w takiej postaci, są zawsze przedziałami początkowymi),

a zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_1 \right| \ge \left| \mathbb{A}\right| = \left| X\right| =\left| \NN\right|}\) , czyli \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_1\right| \ge \left| \NN\right|.}\)

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 ^{'}:= \mathbb{B}_1 \setminus \left\{ \emptyset,X\right\}}\).

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 ^{'} \subset \mathbb{A}}\), to jednak wynika łatwo z twierdzenia udowodnionego w ostatnim podanym linku, bo jeśli \(\displaystyle{ A \in \mathbb{B}_1 ^{'}}\), to zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem początkowym , i \(\displaystyle{ A \neq \emptyset ,X}\), a przedziały początkowe (niepuste i różne od całego zbioru \(\displaystyle{ X}\)) w zbiorze \(\displaystyle{ X}\) podobnym do \(\displaystyle{ \ZZ}\), są, na mocy faktu z tego linku, są w postaci domkniętego przedziału początkowego, tzn. \(\displaystyle{ A= \overline {O(x)}}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in X}\), a stąd \(\displaystyle{ A\in \mathbb{A}.}\)

A zatem:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_1 ^{'} \right| \le \left| \mathbb{A}\right| = \left| \NN\right|.}\)

Mamy:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}_1=\mathbb{B} _{1} ^{'} \cup \left\{ \emptyset, X\right\} .}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_1\right| \ge \left| \NN\right|}\), to rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1}\) jest nieskończona, a zatem \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 ^{'}= \mathbb{B}_1 \setminus \left\{ \emptyset, X\right\} \sim \mathbb{B}_1}\), czyli \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_1\right|=\left| \mathbb{B}_1 ^{'} \right| \le \left| \NN\right| .}\)

Mamy \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_1\right| \ge \left| \NN\right|}\), a zatem, na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_1\right| =\left| \NN\right| . }\)

Mamy również \(\displaystyle{ \mathbb{B}_2\sim \mathbb{B}_1\sim \NN}\) (bo w zbiorze liniowo uporządkowanym jest zawsze tyle samo przedziałów początkowych co jest reszt- jest to prosty fakt).

Teraz: jeśli \(\displaystyle{ A\in \mathbb{B}_3}\), to zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem w \(\displaystyle{ \left( X, \le _{X}\right) }\) nie będącym przedziałem początkowym ani resztą, a zatem, na mocy faktu z ostatniego linku: zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest w postaci przedziału domkniętego, tzn. mamy: \(\displaystyle{ A=\left[ a,b\right]}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b \in X}\) i \(\displaystyle{ a \le b.}\)

Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f}\) działającą w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ A\in \mathbb{B}_3\stackrel{f}{ \rightarrow } \left( a,b\right)= \left( min\left( A\right), max(A) \right) \in X \times X\sim \ZZ \times \ZZ\sim \NN}\).

Łatwo jest pokazać, ponieważ końce przedziałów domkniętych wyznaczają takie przedziały, więc łatwo jest pokazać, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.

A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_3\right| \le \left| X \times X\right| =\left| \NN\right|}\), czyli \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_3\right| \le \left|\NN \right|.}\)

Łatwo jest zauważyć, że \(\displaystyle{ \mathbb{B}= \mathbb{B}_1 \cup \mathbb{B}_2 \cup \mathbb{B}_3,}\) a ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1, \mathbb{B}_2\sim \NN}\), a \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_3 \right| \le \left| \NN \right|}\) , a zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| =\left| \NN\right|.\square}\) :D


Przejdźmy do naszego drugiego problemu:


Niech \(\displaystyle{ \left( X, \le\right) }\) będzie zbiorem liniowo uporządkowanym ciągłym nieskończonym.

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną wszystkich przedziałów w zbiorze \(\displaystyle{ X}\), tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}=\left\{ A\subset X\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem w } \left( X, \le \right) \right\} .}\)

I pytamy o moc rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{A}.}\)

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| =\left| X\right| .}\)

Podajmy najpierw pewien prosty lemat.

LEMAT. Jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym ciągłym nieskończonym, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną wszystkich przedziałów początkowych w \(\displaystyle{ X}\), to \(\displaystyle{ \left| X\right| \le \left| \mathbb{B}\right|}\)- tych przedziałów początkowych jest co najmniej tyle, ile jest elementów zbioru \(\displaystyle{ X}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::    
Przejdźmy do dowodu naszego faktu ( zachowawszy wprowadzone oznaczenia w tezie twierdzenia).

DOWÓD TEGO FAKTU:

Jeśli w zbiorze \(\displaystyle{ X}\) nie ma elementu najmniejszego ani nie ma elementu największego, to na mocy twierdzenia z pierwszego podanego linku, natychmiast otrzymujemy: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| =\left| X\right| }\), i dowód jest zakończony.

Musimy jeszcze jednak rozważyć pozostałe przypadki, tzn. gdy w zbiorze \(\displaystyle{ X}\) jest element najmniejszy lub w \(\displaystyle{ X}\) jest element największy.

Jeśli w \(\displaystyle{ X}\) jest element najmniejszy \(\displaystyle{ x_-\in X}\) i w \(\displaystyle{ X}\) nie ma elementu największego, to rozważmy zbiór \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_-\right\}}\) - jest to zbiór liniowo uporządkowany przez porządek \(\displaystyle{ \le}\) zawężony do elementów tego zbioru. Ponieważ \(\displaystyle{ X}\) jest gęsty, to również zbiór \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_-\right\}}\) jest gęsty (jak ze zbioru gęstego wyrzucimy jeden element, to taki podzbiór liniowo uporządkowany również będzie gęsty- jest to prosty fakt). Wykażemy, że jest to zbiór ciągły. W tym celu weźmy niepusty zbiór \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A \subset X \setminus \left\{ x_-\right\}}\) ograniczony od góry przez pewien element \(\displaystyle{ x\in X \setminus \left\{ x_-\right\} .}\) Wtedy \(\displaystyle{ A\subset X}\), i wtedy element \(\displaystyle{ x\in X}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), względem \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\); a więc \(\displaystyle{ A}\) jest niepustym zbiorem ograniczonym od góry. Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest ciągły, więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) ma supremum \(\displaystyle{ \bigvee A\in X.}\)
Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest niepusty, więc istnieje element \(\displaystyle{ a\in A}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \bigvee A}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), więc \(\displaystyle{ x_- \neq a\le \bigvee A}\), a zatem \(\displaystyle{ x_-< \bigvee A}\) i \(\displaystyle{ \bigvee A \in X \setminus \left\{ x_-\right\}}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigvee\limits_{\left( X, \le \right) } A = \bigvee \limits_{X \setminus \left\{ x_-\right\} } A,}\) czyli supremum zbioru \(\displaystyle{ A}\) względem zbioru \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) jest również supremum liczonego zbioru \(\displaystyle{ A,}\) względem podzbioru liniowo uporządkowanego \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_-\right\},}\) na mocy pewnego prostego faktu, czyli zbiór \(\displaystyle{ A}\) ma supremum względem \(\displaystyle{ \left( X \setminus \left\{ x_-\right\}, \le _{| X \setminus \left\{ x_-\right\} }\right), }\) i jest to również zbiór ciągły.

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony, to również zbiór \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_-\right\} \sim X}\) jest nieskończony, i w \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_-\right\}}\) nie ma elementu najmniejszego ani nie ma elementu największego, a zatem, na mocy twierdzenia z linku, w tym zbiorze jest dokładnie tyle wszystkich przedziałów, ile jest elementów tego zbioru; tzn. dla rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D},}\) danej jako:

\(\displaystyle{ \mathbb{D}= \left\{ A \subset X \setminus \left\{ x_-\right\}\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem} \right\},}\)

mamy:

\(\displaystyle{ \mathbb{D}\sim X \setminus \left\{ x_-\right\}\sim X}\).

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{D} \subset \mathbb{A}}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::    
A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \mathbb{D}\right| .}\)

Aby wykazać, że \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \mathbb{D}\right|}\), to rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) wszystkich przedziałów w \(\displaystyle{ \left( X, \le\right) }\) podzielmy na dwie podrodziny, dane jako:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}_1=\left\{ A\in \mathbb{A}: \ x_- \in A \right\}}\) , i
\(\displaystyle{ \mathbb{A}_2=\left\{ A \in \mathbb{A}: \ x_-\not\in A\right\}}\).

Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ \mathbb{A}_1 \cup \mathbb{A}_2= \mathbb{A}.}\)

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}_1\right| \le \left| \mathbb{A}_2\right|.}\)

W tym celu definiujemy funkcję która przedziałowi \(\displaystyle{ A\in \mathbb{A}_1}\) przypisuję przedział \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ x_-\right\} }\). Łatwo jest pokazać, że wtedy zbiór \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ x_-\right\}}\) istotnie jest przedziałem, a zatem \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ x_-\right\} \in \mathbb{A},}\) i oczywiście \(\displaystyle{ x_-\not\in A \setminus \left\{ x_-\right\}}\), a zatem \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ x_-\right\} \in \mathbb{A}_2}\), i funkcja \(\displaystyle{ f}\) działająca w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ A \in \mathbb{A}_1\stackrel {f}{ \rightarrow } A \setminus \left\{ x_-\right\} \in \mathbb{A}_2,}\)

jest dobrze określona.

Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.

Jeśli \(\displaystyle{ A_1,A_2\in \mathbb{A}_1}\) (wtedy również \(\displaystyle{ x_-\in A_1}\) i \(\displaystyle{ x_-\in A_2}\)), i jeśli \(\displaystyle{ f(A_1)= fA_2)}\), to, z definicji tej funkcji, oznacza to, że:

\(\displaystyle{ A_1 \setminus \left\{ x_-\right\} = A_2 \setminus\left\{ x_-\right\}}\) , a zatem:

\(\displaystyle{ A_1 \stackrel{x_- \in A_1} {=} \left( A_1 \setminus \left\{ x_-\right\} \right) \cup \left\{ x_-\right\} =\left( A_2 \setminus \left\{ x_-\right\} \right) \cup \left\{ x_-\right\} \stackrel{x_-\in A_2}{=} A_2}\),

czyli \(\displaystyle{ A_1= A_2}\),

i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.

A zatem: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}_1\right| \le \left| \mathbb{A}_2\right|.}\)

Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \mathbb{A}_2\subset \mathbb{D}.}\) W tym celu przypomnijmy taki prosty fakt, że jeżeli mamy zbiór liniowo uporządkowany, oraz podzbiór liniowo uporządkowany, oraz przedział (w nadzbiorze liniowo uporządkowanym), to przekrój tego przedziału z podzbiorem liniowo uporządkowanym jest przedziałem w tym podzbiorze - jest to prosty fakt.

Jeśli \(\displaystyle{ A\in \mathbb{A}_2}\), to \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem w \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) i \(\displaystyle{ x_-\not\in A}\). Wtedy \(\displaystyle{ A \subset X \setminus \left\{ x_-\right\} }\), stosując zatem powyżej zacytowany fakt do tego przedziału \(\displaystyle{ A}\) i do podzbioru liniowo uporządkowanego \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_-\right\}}\), otrzymujemy, że przekrój \(\displaystyle{ A=A \cap \left( X \setminus \left\{ x_-\right\} \right)}\) jest przedziałem w \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_-\right\} }\), a zatem \(\displaystyle{ A \in \mathbb{D}}\), i \(\displaystyle{ \mathbb{A}_2 \subset \mathbb{D}.}\)

A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}_2\right| \le \left| \mathbb{D}\right|= \left| X\right|.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{A}= \mathbb{A}_1 \cup \mathbb{A}_2}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{A}_1 \le \left| \mathbb{A}_2\right| \le \left| X\right|}\) ( i zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony), a zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| X\right|}\).

Mamy \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \mathbb{D}\right|= \left| X\right|}\), a zatem, na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right|= \left| X\right| .}\)


Niestety, to są dopiero dwa przypadki z czterech.

Więc może następny przypadek sprawdzimy w sposób skrótowy, jest to podobne rozumowanie.

Jeśli w zbiorze \(\displaystyle{ X}\) jest element najmniejszy \(\displaystyle{ x_- \in X}\) i w \(\displaystyle{ X}\) jest element największy \(\displaystyle{ x_+\in X}\), to rozważmy zbiór \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_+\right\}}\) i zastosujmy do niego poprzednio sprawdzony przypadek. :) Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest uporządkowany w sposób ciągły, a więc i gęsty, to również zbiór \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_+\right\}}\) jest gęsty. Aby wykazać, że zbiór \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_+\right\} }\) jest ciągły, to niech \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A\subset X \setminus \left\{ x_+\right\}}\) będzie niepustym zbiorem ograniczonym od góry przez pewien element \(\displaystyle{ x\in X \setminus \left\{ x_+\right\}}\). Wtedy element \(\displaystyle{ x\in X}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), względem \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\). Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ \left( X, \le\right) }\) jest ciągły, to zbiór \(\displaystyle{ A}\) ma supremum \(\displaystyle{ \bigvee A\in X}\). Wtedy, ponieważ element \(\displaystyle{ x}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), względem \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) (i \(\displaystyle{ x \neq x_+}\)), a supremum \(\displaystyle{ \bigvee A}\) jest najmniejszym ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigvee A \le x<x_+}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigvee A \in X \setminus \left\{ x_+\right\} }\), a zatem \(\displaystyle{ \bigvee \limits_{\left( X, \le \right) } A = \bigvee\limits_{X \setminus \left\{ x_+\right\} } A}\), i zbiór \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_+\right\}}\) jest ciągły.

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony, to zbiór \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_+\right\}}\) jest również nieskończony, i w tym zbiorze nie ma elementu największego, a element \(\displaystyle{ x_-}\) jest w nim elementem najmniejszym. Możemy zatem zastosować poprzednio sprawdzany przypadek, i otrzymać, że w tym zbiorze, wszystkich przedziałów, jest tyle, ile jest elementów tego zbioru, tzn. dla rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D},}\) danej jako:

\(\displaystyle{ \mathbb{D}= \left\{ A \subset X \setminus \left\{ x_+\right\}\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem } \right\},}\)

mamy:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{D}\right| = \left| X \setminus \left\{ x_+\right\} \right| = \left| X\right|.}\)

Pokazujemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{A}\supset \mathbb{D}}\) (podobnie jak wyżej- łatwo jest pokazać, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem w \(\displaystyle{ X \setminus \left\{ x_+\right\}}\), to również zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem w \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) ), a zatem \(\displaystyle{ \mathbb{D} \subset \mathbb{A}}\), i \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \mathbb{D}\right| =\left| X\right|.}\)

Aby wykazać, że \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| X\right|}\), to podobnie, dla tej rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) wszystkich przedziałów, dzielimy ją na dwie podrodziny, dane jako:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}_1 = \left\{ A \in \mathbb{A}: \ x_+ \in A\right\}}\) , i
\(\displaystyle{ \mathbb{A}_2=\left\{ A \in \mathbb{A}: \ x_+ \not\in A \right\}.}\)

Czyli rodzinę przedziałów \(\displaystyle{ \mathbb {A}}\) dzielimy na dwie podrodziny w zależności od tego, czy ten prawy koniec zbioru, czy należy on do rozpatrywanego przedziału czy też nie.

Pokazujemy, że \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}_2\right| \ge \left| \mathbb{A}_1\right|}\), przypisując zbiorowi \(\displaystyle{ A \in \mathbb{A}_1}\) zbiór \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ x_+\right\},}\) oznaczmy tą funkcję jako \(\displaystyle{ f}\).

Z łatwością sprawdzamy, że jest to dobrze określona funkcja, i w sposób podobny jak wcześniej, uzasadniamy, że jest to funkcja różnowartościowa, a zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}_1\right| \le \left| \mathbb{A}_2\right|.}\)

Wykazujemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{A_2} \subset \mathbb{D}}\) (wynika to z faktu, mówiącego, że zawężenie przedziału w danym zbiorze liniowo uporządkowanym do podzbioru liniowo uporządkowanego jest przedziałem w tym podzbiorze ), a zatem \(\displaystyle{ \mathbb{A}_2 \subset \mathbb{D}.}\)

Czyli \(\displaystyle{ \left| X\right|= \left| \mathbb{D}\right| \ge \left| \mathbb{A}_2\right| \ge \left| \mathbb{A}_1\right|.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{A} _1 \cup \mathbb{A}_2= \mathbb{A}}\), więc \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| X \right|}\) .

Mamy \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \mathbb{D}\right|= \left| X\right|}\), a zatem, na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right|= \left| X\right|.}\)


Pozostał nam do sprawdzenia ostatni przypadek, to już będzie krótsze:

Załóżmy, że w zbiorze \(\displaystyle{ X}\) nie ma elementu najmniejszego i w \(\displaystyle{ X}\) jest element największy \(\displaystyle{ x_+\in X.}\)

Na początek, ustalmy element \(\displaystyle{ T\not\in X}\) spoza zbioru \(\displaystyle{ X}\) (w roli elementu \(\displaystyle{ T}\) może służyć np. sam zbiór \(\displaystyle{ X}\), bo, na mocy aksjomatu regularności, żaden zbiór nie jest swoim własnym elementem ). Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ X \cup \left\{ T\right\}}\), wraz ze sumą porządkową \(\displaystyle{ \left\{ T\right\}\oplus X}\) ( zbiory \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ \left\{ T\right\}}\)- są to dwa rozłączne zbiory liniowo uporządkowane), a zatem suma porządkowa \(\displaystyle{ \left\{ T\right\} \oplus X}\) jest liniowym porządkiem na zbiorze \(\displaystyle{ X \cup \left\{ T\right\}.}\) Wykażemy, że jest to porządek gęsty:
DOWÓD TEGO FAKTU::    
Wykażemy, że jest to porządek ciągły.

Niech \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A \subset X \cup \left\{ T\right\}}\) będzie niepustym zbiorem ograniczonym od góry.

Jeśli zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest jednoelementowy, tzn. \(\displaystyle{ A=\left\{ a\right\}}\), gdzie \(\displaystyle{ a \in X \cup \left\{ T\right\}}\), to \(\displaystyle{ a= \bigvee A= \bigvee \left\{ a\right\}.}\)

W przeciwnym razie, ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A}\) z założenia jest niepusty, zatem wtedy zbiór \(\displaystyle{ A}\) będzie co najmniej dwuelementowy, zatem istnieją dwa różne elementy zbioru \(\displaystyle{ A}\). A zatem istnieje element zbioru \(\displaystyle{ A}\) różny od elementu \(\displaystyle{ T}\), nazwijmy go \(\displaystyle{ c.}\)

Wtedy zbiór \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ T\right\} \subset X}\) jest zbiorem niepustym. Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A \subset X \cup \left\{ T\right\}}\) jest zbiorem ograniczonym od góry, a zatem istnieje ograniczenie górne \(\displaystyle{ x\in X \cup \left\{ T\right\}}\) zbioru \(\displaystyle{ A}\). Wtedy, łatwo jest pokazać, że wtedy element \(\displaystyle{ x}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ T\right\}}\), względem \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ T\right\}}\) \(\displaystyle{ }\) jest ograniczony od góry. Ponieważ jest to niepusty podzbiór zbioru \(\displaystyle{ X}\) ograniczony od góry, a zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest ciągły, a zatem zbiór \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ T\right\}}\) ma supremum \(\displaystyle{ \bigvee A \setminus \left\{ T\right\} }\), oznaczmy je jako \(\displaystyle{ x.}\)

Wykażemy, że \(\displaystyle{ x= \bigvee\limits_{ X \cup \left\{ T\right\} } A.}\)

Ponieważ element \(\displaystyle{ x}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ T\right\}}\), to również element \(\displaystyle{ x}\) będzie ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), względem \(\displaystyle{ \le _{\left\{ T\right\} \oplus X }}\), gdyż tu dodajemy jedynie element \(\displaystyle{ T}\), jako najmniejszy.

Niech \(\displaystyle{ y \in X \cup \left\{ T\right\} }\) będzie ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), względem \(\displaystyle{ \le _{\left\{ T\right\}\oplus X }}\). Ponieważ \(\displaystyle{ c\in A}\), i \(\displaystyle{ c \neq T}\), więc:

\(\displaystyle{ T<c \le y}\), a zatem \(\displaystyle{ y>T}\) ( mamy w szczególności: \(\displaystyle{ y \neq T}\)), a zatem \(\displaystyle{ y \in X}\). Wykażemy, że element \(\displaystyle{ y}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ T\right\}}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::    
Ponieważ supremum \(\displaystyle{ x= \bigvee A \setminus \left\{ T\right\}}\) jest najmniejszym ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A \setminus \left\{ T\right\} }\), więc \(\displaystyle{ x \le _X y}\).

Otrzymujemy zatem (z dowolności wyboru elementu \(\displaystyle{ y}\) ), że element \(\displaystyle{ x}\) jest najmniejszym ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), względem porządku \(\displaystyle{ \le _{\left\{ T\right\}\oplus X }}\), a zatem element \(\displaystyle{ x}\) jest supremum zbioru \(\displaystyle{ A}\), czyli \(\displaystyle{ x= \bigvee\limits_{X \cup \left\{ T\right\} }A,}\) i zbiór liniowo uporządkowany \(\displaystyle{ \left( X \cup \left\{ T\right\} , \le _{\left\{ T\right\} \oplus X }\right) }\) jest ciągły.

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony, to również zbiór \(\displaystyle{ X \cup \left\{ T\right\}}\) jest nieskończony, i tutaj element \(\displaystyle{ T}\) jest najmniejszy, i element \(\displaystyle{ x_+}\) jest elementem największym, możemy zatem zastosować poprzedni przypadek i otrzymać, że w tym zbiorze wszystkich przedziałów jest dokładnie tyle, ile jest elementów tego zbioru, tzn. dla rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) danej jako:

\(\displaystyle{ \mathbb{D}=\left\{ A \subset X \cup \left\{ T\right\}\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem } \right\},}\)

mamy:

\(\displaystyle{ \mathbb{D}\sim X \cup \left\{ T\right\} \sim X.}\)

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{D}}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::    
A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \mathbb{D}\right|=\left| X\right|.}\)

Wtedy, dla rodziny \(\displaystyle{ \mathbb {B}}\) wszystkich przedziałów początkowych w \(\displaystyle{ X}\), tzn. dla rodziny:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ A\subset X \Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem początkowym}\right\},}\)

mamy niewątlpiwie \(\displaystyle{ \mathbb{B} \subset \mathbb{A}}\) (każdy przedział początkowy jest przedziałem ).

Na mocy Lematu, udowodnionego przed dowodem tego twierdzenia otrzymujemy: \(\displaystyle{ \left| X\right| \le \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \mathbb{A}\right|}\), czyli \(\displaystyle{ \left| X\right| \le \left| \mathbb{A}\right|}\).

Na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| = \left| X\right| .\square}\) :D


Teraz będzie chyba łatwo zliczyć wszystkie przedziały początkowe w zbiorze liniowo uporządkowanym ciągłym nieskończonym. Tzn. rozważmy poniższy problem:

Niech \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) będzie nieskończonym zbiorem liniowo uporządkowanym ciągłym. Rozważmy rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) wszystkich przedziałów początkowych w \(\displaystyle{ X}\), tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B} = \left\{ A\subset X\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem początkowym }\right\}.}\)

I pytamy o moc rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}.}\)

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| = \left| X\right| .}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Na mocy naszego Lematu:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \ge \left| X\right|.}\)

Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ A\subset X\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem}\right\}.}\)

Jest to rodzina wszystkich przedziałów w \(\displaystyle{ X}\).

Na mocy twierdzenia udowodnionego przed chwilą: wiemy już, że \(\displaystyle{ \mathbb{A}\sim X. }\) Niewątpliwie \(\displaystyle{ \mathbb{B} \subset \mathbb{A} }\) (każdy przedział początkowy jest przedziałem). A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \mathbb{A}\right| = \left| X\right|. }\)

Na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina:\(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right|= \left| X\right|.\square}\)

Na koniec dodam coś prostszego:

Jeśli mamy dwie różne liczby całkowite, to do mniejszej z nich musimy dodać liczbę naturalną aby otrzymać większą.

Tzn. jeśli \(\displaystyle{ n_1, n_2 \in \ZZ}\), są dwoma różnymi liczbami całkowitymi, i jeśli \(\displaystyle{ n_1<n_2}\), to istnieje liczba naturalna \(\displaystyle{ n\in\NN}\), taka że: \(\displaystyle{ n_1+n=n_2.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech:

\(\displaystyle{ n=n_2-n_1\in\ZZ.}\)

Jako różnica dwóch liczb całkowitych jest to liczba całkowita, a ponieważ \(\displaystyle{ n_2>n_1}\), to ta różnica jest większa od zera. Zatem jest to liczba naturalna, tzn. \(\displaystyle{ n\in\NN}\), i wtedy:

\(\displaystyle{ n_1+n= n_1+\left( n_2-n_1\right)=n_1+\left( n_2+ \left(-n_1 \right) \right) =}\)

co, na mocy przemienności i łączności dodawania liczb całkowitych, to jest równe:

\(\displaystyle{ = n_1-n_1+n_2=n_2. \square }\)


I jeszcze dodam jeden fakt.

Przypomnę może pewną definicję:

Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, a \(\displaystyle{ R}\) jest dowolną relacją w zbiorze \(\displaystyle{ X}\), to relacja \(\displaystyle{ R}\) jest słabo przechodnia, gdy spełniona jest implikacja:

\(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in R \wedge \left( y,z \right) \in R \wedge x \neq z \Longrightarrow \left( x,z\right) \in R,}\)

czyli relacja jest słabo przechodnia, gdy zachodząc pomiędzy elementem pierwszym a drugim i zachodząc pomiędzy elementem drugim a trzecim zachodzi pomiędzy elementem pierwszym a trzecim, o ile pierwszy element jest różny od elementu trzeciego.

Np . możemy rozważyć taką niematematyczną relację, gdyż możemy rozważyć relację na zbiorze wszystkich ludzi, taką relację , że jedna osoba jest w relacji z drugą osobą, gdy druga osoba jest bratem pierwszej. Jest to relacja słabo przechodnia, gdyż brat brata danej osoby , to jest to albo ta sama osoba albo jest to dalej brat tej danej osoby.

Łatwo jest zauważyć, że w zbiorze \(\displaystyle{ X}\) każda relacja przechodnia jest relacją słabo przechodnią, gdyż relacja zachodząc pomiędzy elementem pierwszym a drugim, i zachodząc pomiędzy elementem drugim a trzecim, i, o ile, pier\(\displaystyle{ }\)wszy element jest różny od trzeciego, to ta relacja niewątpliwie zachodzi pomiędzy elementem pierwszym a trzecim (z własności relacji przechodniej), a zatem jest to relacja słabo przechodnia.

Wykażemy jeszcze, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, a \(\displaystyle{ R}\) jest relacją słabo przechodnią, to relacja \(\displaystyle{ R \cup I_X}\) jest relacją przechodnią.

(\(\displaystyle{ I_X}\)- to relacja identyczności na zbiorze \(\displaystyle{ X}\)).

DOWÓD TEGO FAKTU:

Aby wykazać, że relacja \(\displaystyle{ R \cup I_X}\) jest relacją przechodnią, to niech \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in R \cup I_X;}\) i niech \(\displaystyle{ \left( y,z\right) \in R \cup I_X}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ \left( x,z\right) \in R \cup I_X}\).

Jeśli \(\displaystyle{ x=z}\), to \(\displaystyle{ \left( x,z\right) = \left( x,x\right) \in I_X}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,z\right) \in R \cup I_X}\), co należało pokazać.

Jeśli \(\displaystyle{ x \neq z}\), to ponieważ \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in R \cup I_X}\), więc:

Jeśli \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in I_X}\), to \(\displaystyle{ x=y}\), a wtedy \(\displaystyle{ \left( y,z\right) = \left( x,z\right) \in R \cup I_X. }\)

Jeśli \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \not\in I_X}\), to \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in R}\). Mamy \(\displaystyle{ \left( y,z\right) \in R \cup I_X}\), i:

jeśli \(\displaystyle{ \left( y,z\right) \in I_X}\), to \(\displaystyle{ y=z}\), a stąd \(\displaystyle{ \left( x,z\right)= \left( x,y\right)\in R \cup I_X}\);

a jeśli \(\displaystyle{ \left( y,z\right) \not \in I_X}\), to \(\displaystyle{ \left( y,z\right)\in R }\), mamy \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in R,}\) i \(\displaystyle{ x \neq z}\), ponieważ relacja \(\displaystyle{ R}\) jest słabo przechodnia, więc wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \left( x,z\right) \in R}\), a więc \(\displaystyle{ \left( x,z\right) \in R \cup I_X}\),

i relacja \(\displaystyle{ R \cup I_X}\) jest relacją przechodnią.\(\displaystyle{ \square}\) :lol:
ODPOWIEDZ