Obliczyć moc zbioru

[Ropoocha]

Dziękuję za całą pomoc z rozwiązaniem tego przykładu.
Poproszę jednak jeszcze o jakąś małą wskazówkę jak zabrać się za przykład b). Czy też powinienem rozłożyć go na sumę rodziny podzbiorów, czy podejść od zupełnie innej strony?

[Jan Kraszewski]

Poproszę jednak jeszcze o jakąś małą wskazówkę jak zabrać się za przykład b).

Tak samo.

JK

[Ropoocha]

\(\displaystyle{ B = \left \{ X\subset\mathbb{R}: \left | X \right | < \aleph_{0} \right \} }\)
Niech \(\displaystyle{ B = \bigcup_{n\in\mathbb{N}}B_{n} }\), gdzie \(\displaystyle{ B_{n} = \left \{ X\subset\mathbb{R}: \left | X \right | \leqslant n \right \} }\).
Określam funkcję \(\displaystyle{ f_{n}: \mathbb{R}^{n} \rightarrow B_{n} }\) wzorem \(\displaystyle{ f_{n}\underbrace{\left ( x,y,... \right )}_{n}=\underbrace{\left \{ x,y,... \right \}}_{n} }\). Każda taka funkcja to bijekcja, a więc każdy zbiór \(\displaystyle{ B_{n} }\) jest równoliczny ze zbiorem \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{n} }\). Jak wiadomo równe są moce moce \(\displaystyle{ \left | \mathbb{R} \right | = \left | \mathbb{R}^2 \right | = \left | \mathbb{R}^3 \right | = ...=\left | \mathbb{R}^\mathbb{N} \right | }\), więc \(\displaystyle{ \left | B_{1} \right | = \left | B_{2} \right | = ... = \mathfrak{c} }\).
Jako że sumujemy po liczbach naturalnych, to takich zbiorów \(\displaystyle{ B_{n} }\) jest \(\displaystyle{ \aleph_{0} }\).
Więc ostatecznie \(\displaystyle{ \left | B \right | = \aleph_{0} * \mathfrak{c} = \mathfrak{c} }\), także zbiór B, to zbiór mocy continuum.

[Jan Kraszewski]

Określam funkcję \(\displaystyle{ f_{n}: \mathbb{R}^{n} \rightarrow B_{n} }\) wzorem \(\displaystyle{ f_{n}\underbrace{\left ( x,y,... \right )}_{n}=\underbrace{\left \{ x,y,... \right \}}_{n} }\). Każda taka funkcja to bijekcja,

Bijekcja?!

JK

[Ropoocha]

Ajjj, oczywiście, że to nie bijekcja, tylko surjekcja. Stąd \(\displaystyle{ \left | B_{n} \right | \leqslant \left | \mathbb{R}^n \right | }\), czyli \(\displaystyle{ \left | B_{n} \right | \leqslant \mathfrak{c}}\).
\(\displaystyle{ \left | B_{1} \right | + \left | B_{2} \right | +\ ...\ \leqslant \aleph_0*\mathfrak{c} }\)
\(\displaystyle{ \left | B_{1} \right | + \left | B_{2} \right | +\ ...\ \leqslant \mathfrak{c} }\)
\(\displaystyle{ \left | B_{1} \cup B_{2} \cup\ ...\ \right | \leqslant \left | B_{1} \right | + \left | B_{2} \right | +\ ... }\)
\(\displaystyle{ \left | B_{1} \cup B_{2} \cup\ ...\ \right | \leqslant \mathfrak{c} }\)
\(\displaystyle{ \left | B \right | \leqslant \mathfrak{c} }\)

A ograniczenie z dołu:
\(\displaystyle{ B \supseteq Z = \left \{ \left \{ x \right \}: x\in\mathbb{R} \right \} }\)
Z trywialnej (tym razem na pewno) bijekcji \(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \rightarrow Z }\) wiemy, że \(\displaystyle{ Z }\) jest równoliczny ze zbiorem liczb rzeczywistych, czyli \(\displaystyle{ \left | Z \right | = \mathfrak{c} }\).
\(\displaystyle{ Z \subseteq B }\), więc \(\displaystyle{ \left | Z \right | \leqslant \left | B \right | }\), podstawiając mamy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} \leqslant \left | B \right | }\).

Biorąc obie nierówności otrzymujemy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} \leqslant \left | B \right | \leqslant{c} }\), a więc z tw. Cantora-Bernsteina:
\(\displaystyle{ \left | B \right | = \mathfrak{c} }\), co trzeba było obliczyć.

[Jan Kraszewski]

Ajjj, oczywiście, że to nie bijekcja, tylko surjekcja.

Co oczywiście należy uzasadnić.

Stąd \(\displaystyle{ \left | B_{n} \right | \leqslant \left | \mathbb{R}^n \right | }\), czyli \(\displaystyle{ \left | B_{n} \right | \leqslant \mathfrak{c}}\).
\(\displaystyle{ \left | B_{1} \right | + \left | B_{2} \right | +\ ...\ \leqslant \aleph_0*\mathfrak{c} }\)
\(\displaystyle{ \left | B_{1} \right | + \left | B_{2} \right | +\ ...\ \leqslant \mathfrak{c} }\)
\(\displaystyle{ \left | B_{1} \cup B_{2} \cup\ ...\ \right | \leqslant \left | B_{1} \right | + \left | B_{2} \right | +\ ... }\)
\(\displaystyle{ \left | B_{1} \cup B_{2} \cup\ ...\ \right | \leqslant \mathfrak{c} }\)
\(\displaystyle{ \left | B \right | \leqslant \mathfrak{c} }\)

No to nie wygląda dobrze, bo to typowe "machanie rękami". Potrzebujesz twierdzenia, które mówi, że suma przeliczalnie wielu zbiorów mocy continuum jest mocy continuum (wtedy nie potrzebujesz nawet ograniczenia z dołu, bo załatwia to twierdzenie). Ale to twierdzenie trzeba mieć udowodnione (albo samemu dowieść...).

JK

[Ropoocha]

Dowód surjekcji dla \(\displaystyle{ f_{n}: \mathbb{R}^n \rightarrow B_{n} }\):
Weźmy dowolny element z przeciwdziedziny, \(\displaystyle{ \underbrace{\left \{ x,y,z,... \right \}}_{n}\in B_{n} }\). Aby go uzyskać musimy wziąć funkcję \(\displaystyle{ f_{n}\left ( x,y,z,... \right ) }\), gdzie \(\displaystyle{ x,y,z,...\in \mathbb{R} }\). Czyli zawsze jesteśmy w stanie uzyskać dowolny element zbioru \(\displaystyle{ B_{n} }\).

Jeśli chodzi o tw. że suma przeliczalnie wielu zbiorów mocy continuum jest mocy continuum:
Niech \(\displaystyle{ \left ( X_n \right )_{n\in \mathbb{N}} }\) będzie przeliczalną rodziną zbiorów mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).
Niech \(\displaystyle{ f_n: \mathbb{R} \rightarrow X_n }\) będą surjekcjami.
Niech \(\displaystyle{ F:\mathbb{N}\times \mathbb{R}\rightarrow \bigcup_{n\in \mathbb{N}} X_n }\) będzie zdefiniowana jako \(\displaystyle{ F\left ( n,x \right )=f_n\left ( x \right ) }\). \(\displaystyle{ F }\) jest oczywiście bijekcją.
Niech również \(\displaystyle{ \psi: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{N}\times \mathbb{R} }\) będzie bijekcją.
Wtedy \(\displaystyle{ F\circ \psi = F\left ( \psi\left (x \right ) \right ) }\) jest surjekcją z \(\displaystyle{ \mathbb{R} }\) w \(\displaystyle{ \bigcup_{n\in \mathbb{N}} X_n }\).

Teraz mogę wziąć zbiór \(\displaystyle{ S = \left \{ \left \{ x\right \}: x\in \mathbb{R} \right \} }\) i dzięki bijekcji \(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \rightarrow S }\) wiem, że ma on moc \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).
Jako że \(\displaystyle{ S \subseteq B_n }\), to \(\displaystyle{ \mathfrak{c} \leqslant \left | B_n \right | }\), a razem z poprzednią nierównością i z tw. Cantora-Bernsteina mamy \(\displaystyle{ \left | B_n \right | = \mathfrak{c} }\).
Teraz używając twierdzenia, które udowodniłem, jako że \(\displaystyle{ \left ( B_n \right )_{n\in \mathbb{N}} }\) jest przeliczalną rodziną zbiorów mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\), to \(\displaystyle{ B = \bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n }\) też jest mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).

[Jan Kraszewski]

Dowód surjekcji dla \(\displaystyle{ f_{n}: \mathbb{R}^n \rightarrow B_{n} }\):
Weźmy dowolny element z przeciwdziedziny, \(\displaystyle{ \underbrace{\left \{ x,y,z,... \right \}}_{n}\in B_{n} }\).

No już tu jest źle, przecież ten zbiór nie musi mieć \(\displaystyle{ n}\) elementów. Powinieneś zacząć: ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \{x_1,...,x_m\}\in B_n}\) (gdzie \(\displaystyle{ m\le n}\)).

Jeśli chodzi o tw. że suma przeliczalnie wielu zbiorów mocy continuum jest mocy continuum:
Niech \(\displaystyle{ \left ( X_n \right )_{n\in \mathbb{N}} }\) będzie przeliczalną rodziną zbiorów mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).
Niech \(\displaystyle{ f_n: \mathbb{R} \rightarrow X_n }\) będą surjekcjami.
Niech \(\displaystyle{ F:\mathbb{N}\times \mathbb{R}\rightarrow \bigcup_{n\in \mathbb{N}} X_n }\) będzie zdefiniowana jako \(\displaystyle{ F\left ( n,x \right )=f_n\left ( x \right ) }\). \(\displaystyle{ F }\) jest oczywiście bijekcją.

Oczywiście nie jest bijekcją...

Niech również \(\displaystyle{ \psi: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{N}\times \mathbb{R} }\) będzie bijekcją.

Też wypadłoby wspomnieć, dlaczego takowa istnieje.

Wtedy \(\displaystyle{ F\circ \psi = F\left ( \psi\left (x \right ) \right ) }\) jest surjekcją z \(\displaystyle{ \mathbb{R} }\) w \(\displaystyle{ \bigcup_{n\in \mathbb{N}} X_n }\).

Co należy krótko uzasadnić.

Teraz mogę wziąć zbiór \(\displaystyle{ S = \left \{ \left \{ x\right \}: x\in \mathbb{R} \right \} }\) i dzięki bijekcji \(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \rightarrow S }\) wiem, że ma on moc \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).
Jako że \(\displaystyle{ S \subseteq B_n }\), to \(\displaystyle{ \mathfrak{c} \leqslant \left | B_n \right | }\), a razem z poprzednią nierównością i z tw. Cantora-Bernsteina mamy \(\displaystyle{ \left | B_n \right | = \mathfrak{c} }\).
Teraz używając twierdzenia, które udowodniłem, jako że \(\displaystyle{ \left ( B_n \right )_{n\in \mathbb{N}} }\) jest przeliczalną rodziną zbiorów mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\), to \(\displaystyle{ B = \bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n }\) też jest mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).

Reszta jest OK (choć mógłbyś napisać wzór funkcji \(\displaystyle{ f}\), bo teraz to po prostu dziwnie wygląda, nawet jeżeli domyślamy się, co masz na myśli).

JK

[Ropoocha]

Dowód surjekcji dla \(\displaystyle{ f_{n}: \mathbb{R}^n \rightarrow B_{n} }\):
Weźmy dowolny element z przeciwdziedziny, \(\displaystyle{ \underbrace{\left \{ x,y,z,... \right \}}_{n}\in B_{n} }\).

No już tu jest źle, przecież ten zbiór nie musi mieć \(\displaystyle{ n}\) elementów. Powinieneś zacząć: ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \{x_1,...,x_m\}\in B_n}\) (gdzie \(\displaystyle{ m\le n}\)).

Wersja poprawiona:
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \left \{ x_1, x_2, ..., x_m \right \}\in B_n }\), gdzie \(\displaystyle{ m \leq n }\).
Weźmy teraz taki wektor: \(\displaystyle{ \vec{x} = \left [ x_1, x_2, ..., \underbrace{x_m, ..., x_m}_{(n+1)-m} \right ]\in \mathbb{R}^n }\) (Elementów wektora jest \(\displaystyle{ (m-1)+(n+1)-m=n }\)).
Wstawmy go teraz do funkcji \(\displaystyle{ f_n }\):
\(\displaystyle{ f_n\left ( x_1, x_2, ..., \underbrace{x_m, ..., x_m}_{(n+1)-m} \right ) = \left \{ x_1, x_2, ..., \underbrace{x_m, ..., x_m}_{(n+1)-m} \right \} = \left \{ x_1, x_2, ..., x_m \right \} }\).
Czyli przeciwdziedzina pokrywa się z obrazem dziedziny, co trzeba było pokazać.

Jeśli chodzi o tw. że suma przeliczalnie wielu zbiorów mocy continuum jest mocy continuum:
Niech \(\displaystyle{ \left ( X_n \right )_{n\in \mathbb{N}} }\) będzie przeliczalną rodziną zbiorów mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).
Niech \(\displaystyle{ f_n: \mathbb{R} \rightarrow X_n }\) będą surjekcjami.
Niech \(\displaystyle{ F:\mathbb{N}\times \mathbb{R}\rightarrow \bigcup_{n\in \mathbb{N}} X_n }\) będzie zdefiniowana jako \(\displaystyle{ F\left ( n,x \right )=f_n\left ( x \right ) }\). \(\displaystyle{ F }\) jest oczywiście bijekcją.

Oczywiście nie jest bijekcją...

\(\displaystyle{ F }\) jest surjekcją, szybciej napisałem niż pomyślałem.

Niech również \(\displaystyle{ \psi: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{N}\times \mathbb{R} }\) będzie bijekcją.

Też wypadłoby wspomnieć, dlaczego takowa istnieje.

\(\displaystyle{ \left | \mathbb{R} \right | = \mathfrak{c} }\) oraz \(\displaystyle{ \left | \mathbb{N} \times \mathbb{R} \right | = \left | \mathbb{N} \right | \cdot \left | \mathbb{R} \right | = \aleph_0 \cdot \mathfrak{c} = \mathfrak{c} }\), czyli dziedzina i przeciwdziedzina są równoliczne, co pozwala nam wybrać taką funkcję \(\displaystyle{ \psi }\), że jest ona bijekcją.

Wtedy \(\displaystyle{ F\circ \psi = F\left ( \psi\left (x \right ) \right ) }\) jest surjekcją z \(\displaystyle{ \mathbb{R} }\) w \(\displaystyle{ \bigcup_{n\in \mathbb{N}} X_n }\).

Co należy krótko uzasadnić.

\(\displaystyle{ F }\) jest surjekcją, a \(\displaystyle{ \phi }\) jest bijekcją, więc w szczególności jest też surjekcją. Jak wiadomo złożenie surjekcji, to również surjekcja.

Teraz mogę wziąć zbiór \(\displaystyle{ S = \left \{ \left \{ x\right \}: x\in \mathbb{R} \right \} }\) i dzięki bijekcji \(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \rightarrow S }\) wiem, że ma on moc \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).
Jako że \(\displaystyle{ S \subseteq B_n }\), to \(\displaystyle{ \mathfrak{c} \leqslant \left | B_n \right | }\), a razem z poprzednią nierównością i z tw. Cantora-Bernsteina mamy \(\displaystyle{ \left | B_n \right | = \mathfrak{c} }\).
Teraz używając twierdzenia, które udowodniłem, jako że \(\displaystyle{ \left ( B_n \right )_{n\in \mathbb{N}} }\) jest przeliczalną rodziną zbiorów mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\), to \(\displaystyle{ B = \bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n }\) też jest mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).

Reszta jest OK (choć mógłbyś napisać wzór funkcji \(\displaystyle{ f}\), bo teraz to po prostu dziwnie wygląda, nawet jeżeli domyślamy się, co masz na myśli).

\(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \rightarrow S }\) jest zdefiniowana jako: \(\displaystyle{ f\left ( x \right )=\left \{ x \right \} }\).

[Jan Kraszewski]

Wersja poprawiona:
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \left \{ x_1, x_2, ..., x_m \right \}\in B_n }\), gdzie \(\displaystyle{ m \leq n }\).
Weźmy teraz taki wektor: \(\displaystyle{ \vec{x} = \left [ x_1, x_2, ..., \underbrace{x_m, ..., x_m}_{(n+1)-m} \right ]\in \mathbb{R}^n }\) (Elementów wektora jest \(\displaystyle{ (m-1)+(n+1)-m=n }\)).
Wstawmy go teraz do funkcji \(\displaystyle{ f_n }\):
\(\displaystyle{ f_n\left ( x_1, x_2, ..., \underbrace{x_m, ..., x_m}_{(n+1)-m} \right ) = \left \{ x_1, x_2, ..., \underbrace{x_m, ..., x_m}_{(n+1)-m} \right \} = \left \{ x_1, x_2, ..., x_m \right \} }\).
Czyli przeciwdziedzina pokrywa się z obrazem dziedziny, co trzeba było pokazać.

Teraz dobrze, z dokładnością do pewnego szczegółu, na który zwrócił mi uwagę Dasio11. Tak naprawdę ta funkcja nie jest surjekcją, podobnie jak analogiczna funkcja, którą rozważałeś w przypadku a), bo do każdego ze zbiorów \(\displaystyle{ A_n}\) należy zbiór pusty, który nie będzie wartością. Tak naprawdę funkcje \(\displaystyle{ f_n}\) są surjekcjami na zbiory \(\displaystyle{ A_n \setminus A_0}\) dla \(\displaystyle{ n\ge 1}\) (bo \(\displaystyle{ A_0=\{\emptyset\}}\)), co nie zmienia istotnie całego dowodu, ale formalnie rzecz biorąc wymaga pewnych doprecyzowań.

\(\displaystyle{ \left | \mathbb{R} \right | = \mathfrak{c} }\) oraz \(\displaystyle{ \left | \mathbb{N} \times \mathbb{R} \right | = \left | \mathbb{N} \right | \cdot \left | \mathbb{R} \right | = \aleph_0 \cdot \mathfrak{c} = \mathfrak{c} }\),

Tak naprawdę to było pytanie o to, czy powyższy fakt masz udowodniony i możesz z niego korzystać.

JK

[Ropoocha]

Dziękuję za doprecyzowanie!

A jeśli chodzi o to, że \(\displaystyle{ \left | \mathbb{R} \right | = \mathfrak{c} }\) i \(\displaystyle{ \left | \mathbb{N} \times \mathbb{R} \right | = \mathfrak{c} }\), to pierwsze można uznać za udowodnione, a drugie:
\(\displaystyle{ \left | \mathbb{N} \times \mathbb{R} \right | = \left | \mathbb{N} \right | \cdot \left | \mathbb{R} \right | = \aleph_0 \cdot \mathfrak{c} = \aleph_0 \cdot 2^{\aleph_0}}\)
Mam już udowodnione, że \(\displaystyle{ 2^{\aleph_0} = \aleph_0^{\aleph_0} }\).
Więc \(\displaystyle{ \aleph_0 \cdot 2^{\aleph_0} = \aleph_0^1 \cdot \aleph_0^{\aleph_0} = \aleph_0^{1+\aleph_0} = \aleph_0^{\aleph_0} = \mathfrak{c} }\).

[Jan Kraszewski]

A jeśli chodzi o to, że \(\displaystyle{ \left | \mathbb{R} \right | = \mathfrak{c} }\) i \(\displaystyle{ \left | \mathbb{N} \times \mathbb{R} \right | = \mathfrak{c} }\), to pierwsze można uznać za udowodnione,

Pierwsze to jak dla mnie definicja, więc nie bardzo jest co dowodzić.

a drugie:
\(\displaystyle{ \left | \mathbb{N} \times \mathbb{R} \right | = \left | \mathbb{N} \right | \cdot \left | \mathbb{R} \right | = \aleph_0 \cdot \mathfrak{c} = \aleph_0 \cdot 2^{\aleph_0}}\)
Mam już udowodnione, że \(\displaystyle{ 2^{\aleph_0} = \aleph_0^{\aleph_0} }\).
Więc \(\displaystyle{ \aleph_0 \cdot 2^{\aleph_0} = \aleph_0^1 \cdot \aleph_0^{\aleph_0} = \aleph_0^{1+\aleph_0} = \aleph_0^{\aleph_0} = \mathfrak{c} }\).

OK, tak się to często robi, choć podejrzewam, że większość z osób dowodzących nie potrafiłaby się wytłumaczyć, co oznacza zapis \(\displaystyle{ \left | \mathbb{N} \right | \cdot \left | \mathbb{R} \right |}\). Nie będę się jednak upierał, że zawsze trzeba to tłumaczyć.

Ja na przykład wolałbym skorzystać z tego, że

\(\displaystyle{ \RR\sim\{1\} \times \RR \subseteq \NN \times \RR \subseteq \RR \times \RR\sim\RR}\)

oraz tw. Cantora-Bernsteina, ale to kwestia tego, jak kto podchodzi do tematu.

JK

[Ropoocha]

Dziękuję za wyjaśnienie, rzeczywiście, praktycznie identyczny sposób dowiedzenia tego był na wykładzie.

Co do ostatniego przykładu - c) wydaję mi się, że trzeba to zrobić w taki sposób:
\(\displaystyle{ C = \left \{ X\subset\mathbb{R}: \left | X \right | \leqslant \aleph_0\right \} = \left \{ X\subset\mathbb{R}: \left | X \right | < \aleph_0 \vee \left | X \right | = \aleph_0 \right \} = \left \{ X\subset\mathbb{R}: \left | X \right | < \aleph_0\right \} \cup \left \{ X\subset\mathbb{R}: \left | X \right | = \aleph_0\right \} = C_1 \cup C_2}\).
Moc \(\displaystyle{ C_1 }\) znam z ostatniego przykładu i wynosi ona \(\displaystyle{ \mathfrak{c} }\).
Natomiast jeśli chodzi o \(\displaystyle{ C_2 }\), to jest to zbiór przeliczalny nieskończony, wypełniony liczbami rzeczywistymi.
Wydaję mi się, że można to potraktować jako ciąg liczb rzeczywistych i wtedy \(\displaystyle{ C_2 = \mathbb{R}^{\mathbb{N}} }\), a więc \(\displaystyle{ \left | C_2 \right | = \left | \mathbb{R}^{\mathbb{N}} \right | = \left | \mathbb{R} \right |^{\left | \mathbb{N} \right |} = \mathfrak{c}^{\aleph_0}=\left ( 2^{\aleph_0} \right )^{\aleph_0}=2^{\aleph_0 \cdot \aleph_0} = 2^{\aleph_0} = \mathfrak{c} }\).
Ostatecznie \(\displaystyle{ C = C_1 \cup C_2 }\), jako że \(\displaystyle{ C_1 \cap C_2 =\varnothing }\), ma moc \(\displaystyle{ \left | C \right | = \left | C_1 \cup C_2 \right | = \left | C_1 \right | + \left | C_2 \right | = \mathfrak{c} + \mathfrak{c} = \mathfrak{c} }\).

[Jan Kraszewski]

Pomysł jest dobry, ale fragment

Wydaję mi się, że można to potraktować jako ciąg liczb rzeczywistych i wtedy \(\displaystyle{ C_2 = \mathbb{R}^{\mathbb{N}} }\)

wymaga doprecyzowania, bo oczywiście nie ma mowy o równości (bo zbiór podzbiorów to nie to samo, co zbiór funkcji). Należałoby zatem wskazać jakąś funkcję pomiędzy nimi.

JK

[Ropoocha]

To taka prosta funkcja powinna zadziałać:
\(\displaystyle{ f: \mathbb{R}^{\mathbb{N}} \rightarrow C_2 }\)
\(\displaystyle{ f(a_n)=\left \{ a_k: k\in \mathbb{N} \right \} }\)
Jest bijekcją, bo:

a) surjekcja:
Wybierzmy dowolny zbiór nieskończony przeliczalny z \(\displaystyle{ C_2 }\):
\(\displaystyle{ C_2 \ni X=\left \{ x_1, x_2, x_3, ... \right \} }\)
Ustalmy teraz taki ciąg \(\displaystyle{ b_n }\), że:
\(\displaystyle{ b_n = x_n }\)
Wstawiając go do funkcji \(\displaystyle{ f }\), mamy:
\(\displaystyle{ f(b_n)=\left \{ b_k: k\in \mathbb{N} \right \}=\left \{ x_k: k\in \mathbb{N} \right \}=\left \{ x_1, x_2, x_3, ... \right \}}\),
czyli otrzymaliśmy dowolny element przeciwdziedziny.

b) injekcja:
\(\displaystyle{ f(a_n) = f(b_n) }\)
\(\displaystyle{ \left \{ a_k: k\in \mathbb{N} \right \} = \left \{ b_k: k\in \mathbb{N} \right \} }\)
\(\displaystyle{ a_n = b_n }\)