Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Czyli rozumiem, że podzbiór przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3} }\) może nie zawierać żadnej kostki otwartej i mieć dodatnią objętość
Mniejsza o to, i te szczegóły specjalistyczne, topologiczne itd.- w tym nie siedzę, wolę elementarne rozwiązania.
Mi chodzi o sytuację, gdy podzbiór \(\displaystyle{ A}\) przestreni \(\displaystyle{ \RR^3}\) zawiera pewną kostkę otwartą i jest ograniczony, czy również- zbiór \(\displaystyle{ A}\) zawiera maksymalną kulę otwartą (czyli kulę bez sfery)
a4karo pisze: ↑23 gru 2021, o 22:14
... Takie przykłady robi się na pierwszym roku. (zbiór Cantora, dywan Sierpińskiego, kostka Mengera).
Słyszeć, słyszałem, traktuje to tylko jako ciekawostkę, nie męczę głowy tym (nie tak jak mój znajomy z uczelni, on lubi dumać na temat zbioru Cantora, to od niego chyba właśnie pierwszy raz usłyszałem o tym), ja tą konstrukcję traktuje tylko jako ciekawostkę.
Cóż, widocznie można po wieczne czasy zgłębiać podstawy matematyki. Ja je ciągle poznaję, i czuję, że się rozwijam( w swoim tempie). I chyba szybko mi się to nie znudzi...
Re: Aksjomat wyboru
: 25 gru 2021, o 23:15
autor: Jan Kraszewski
Jakub Gurak pisze: ↑25 gru 2021, o 20:03
Czyli rozumiem, że podzbiór przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3} }\) może nie zawierać żadnej kostki otwartej i mieć dodatnią objętość
Tak.
Jakub Gurak pisze: ↑25 gru 2021, o 20:03Mi chodzi o sytuację, gdy podzbiór \(\displaystyle{ A}\) przestreni \(\displaystyle{ \RR^3}\) zawiera pewną kostkę otwartą i jest ograniczony, czy również- zbiór \(\displaystyle{ A}\) zawiera maksymalną kulę otwartą (czyli kulę bez sfery)
No przecież wczoraj dostałeś już odpowiedź:
Dasio11 pisze: ↑24 gru 2021, o 11:50
Odpowiedź jest twierdząca nawet bez założenia o dodatniej objętości, wystarczy ograniczoność i niepuste wnętrze.
Dowód: niech
\(\displaystyle{ R = \sup \{ r > 0 : A \text{ zawiera kulę otwartą o promieniu } r \}}\)
i weźmy ciąg kul \(\displaystyle{ B(x_n, r_n) \subseteq A}\) o promieniach dążących do \(\displaystyle{ R}\). Ciąg \(\displaystyle{ x_n}\) jest ograniczony, więc ma podciąg zbieżny do pewnego \(\displaystyle{ x \in \RR^3}\), a dla uproszczenia notacji możemy przyjąć, że owym podciągiem jest sam \(\displaystyle{ x_n}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ B(x, R)}\) jest szukaną maksymalną kulą zawartą w \(\displaystyle{ A}\).
Wystarczy wykazać zawieranie \(\displaystyle{ B(x, R) \subseteq A}\), bo większa kula o tej własności w oczywisty sposób istnieć nie może. Weźmy więc dowolny \(\displaystyle{ y \in B(x, R)}\) i dla \(\displaystyle{ \varepsilon := R - d(x, y) > 0}\) znajdźmy takie \(\displaystyle{ n}\), takie że \(\displaystyle{ d(x_n, x) < \frac{\varepsilon}{2}}\) i \(\displaystyle{ r_n > R - \frac{\varepsilon}{2}}\). Wtedy
czyli \(\displaystyle{ y \in B(x_n, r_n) \subseteq A}\) i stąd \(\displaystyle{ y \in A}\).
JK
Re: Aksjomat wyboru
: 14 maja 2022, o 16:22
autor: Jakub Gurak
Udowodniłem przedwczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ B}\) jest ograniczonym podzbiorem płaszczyzny, a para liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) punktem z wnętrza tego obszaru \(\displaystyle{ B}\), to istnieje największe koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) zawarte w obszarze \(\displaystyle{ B}\). Przedstawię teraz dowód tego intuicyjnego faktu.
DOWÓD TEGO FAKTU:
Oznaczmy, dla \(\displaystyle{ R\in\RR_+}\), oznaczmy przez \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0, y_0\right); R \right)}\) koło otwarte o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ R}\).
Niech:
\(\displaystyle{ A=\left\{ R\in \RR _{+}: \ \ K\left( \left( x_0,y_0\right); R \right)\subset B \right\}.}\)
Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest ograniczony, to \(\displaystyle{ B\subset S}\), gdzie \(\displaystyle{ S}\) jest pewnym kołem domkniętym. Niech \(\displaystyle{ R_S}\) będzie promieniem koła \(\displaystyle{ S}\).
Pokażemy, że liczba \(\displaystyle{ R_S}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A.}\)
Niech \(\displaystyle{ R\in A}\), wtedy \(\displaystyle{ R>0}\), i wtedy \(\displaystyle{ K(\left( x_0,y_0, \right) ,R)\subset B\subset S}\), czyli \(\displaystyle{ K(\left( x_0,y_0\right);R )\subset S,}\) a stąd \(\displaystyle{ R \le R_S}\), i liczba \(\displaystyle{ R_S}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A.}\)
A więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest ograniczony z góry. Ponieważ punkt \(\displaystyle{ (x_0, y_0)}\) jest punktem z wnętrza zbioru \(\displaystyle{ B}\), to łatwo uzasadnić, że zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest niepusty. Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A\subset \RR}\) jest zbiorem ograniczonym od góry (i niepustym), więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) ma supremum \(\displaystyle{ \bigvee A}\). Wtedy to supremum \(\displaystyle{ \bigvee A}\) jest ograniczeniem górnym niepustego zbioru \(\displaystyle{ A\subset \RR_+}\), a więc to supremum jest liczbą rzeczywistą dodatnią.
Rozważmy koło otwarte: \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A\right)}\) o promieniu równym temu supremum. Wykażemy, że jest to największe koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) zawarte w obszarze \(\displaystyle{ B.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ (x,y)\in \bigcup_{R\in A} K\left( \left( x_0,y_0\right);R \right)}\), to \(\displaystyle{ \left( x,y\right)\in K\left( \left( x_0,y_0\right):R \right)}\), gdzie \(\displaystyle{ R\in A}\). Wtedy \(\displaystyle{ \bigvee A}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), skąd \(\displaystyle{ R \le \bigvee A}\). Wtedy, na podstawie nierówności opisującej koło otwarte, otrzymujemy, że:
\(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2} +\left( y-y_0\right) ^{2} < R ^{2}}\), a ponieważ \(\displaystyle{ R\in A}\), a więc \(\displaystyle{ R>0}\) i \(\displaystyle{ \bigvee A \ge R}\), wiec to jest nie większe niż \(\displaystyle{ \left( \bigvee A\right) ^{2}}\), czyli:
Jeśli \(\displaystyle{ x=x_0}\) i \(\displaystyle{ y=y_0}\), to ustalając liczbę \(\displaystyle{ R\in A \neq \left\{ \right\}}\) , wtedy \(\displaystyle{ R>0}\), a zatem:
Rozważmy \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}>0}\) (wow , po raz pierwszy, od co najmniej kilku lat, używam, w swoich rozważaniach, czegoś takiego jak pierwiastek kwadratowy, wow, jakby na studiach kazaliby mi coś takiego robić, to nie narzekałbym, a kazali mi robić rzeczy o wiele bardziej żmudne ).
Wtedy \(\displaystyle{ M<\left( \bigvee A\right) ^{2}}\), a ponieważ również \(\displaystyle{ \left( \bigvee A\right) >0}\), to \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}< \bigvee A.}\)
Ustalmy \(\displaystyle{ R_0\in A \neq \left\{ \right\}}\) , wtedy \(\displaystyle{ R_0>0}\), i zauważmy, że wtedy każda liczba \(\displaystyle{ 0<R_1<R_0}\): \(\displaystyle{ R_1\in A}\), gdyż:
\(\displaystyle{ K(\left( x_0,y_0\right):R_1 )\subset K\left( \left( x_0,y_0\right); R_0 \right)\subset B}\), gdyż \(\displaystyle{ R_0\in A}\). A zatem \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0, y_0\right); R_1 \right)\subset B}\) i \(\displaystyle{ R_1\in A}\).
Zatem zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest mocy continuum.
Udowodnijmy teraz, pewien intuicyjnie oczywisty, lemat.
Lemat. Jeśli niepusty zbiór \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A\subset \RR}\) ma supremum \(\displaystyle{ \bigvee A}\), a liczba \(\displaystyle{ x\in\RR}\) jest mniejsza od tego supremum, to istnieje element zbioru \(\displaystyle{ A}\) silnie większy od \(\displaystyle{ x}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::
Jeśli każdy element \(\displaystyle{ y\in A \neq \left\{ \right\}}\) spełnia \(\displaystyle{ y \le x}\), to : \(\displaystyle{ x}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ A}\), a ponieważ \(\displaystyle{ \bigvee A}\) jest najmniejszym ograniczeniem górnym, więc \(\displaystyle{ \bigvee A \le x}\), a \(\displaystyle{ x<\bigvee A}\)-sprzeczność.
Wobec czego nie każdy element zbioru \(\displaystyle{ A}\) jest mniejszy lub równy od \(\displaystyle{ x}\), a więc (i ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest niepusty), więc pewien element \(\displaystyle{ y\in A}\) nie jest mniejszy lub równy od \(\displaystyle{ x}\), czyli \(\displaystyle{ y>x}\), co dowodzi, że istnieje element zbioru \(\displaystyle{ A}\) silnie większy od \(\displaystyle{ x.\square}\)
A więc ponieważ \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}<\bigvee A}\), więc stosując lemat powyżej otrzymujemy pewien element \(\displaystyle{ R_1\in A}\), taki, że \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}<R_1}\). Rozważmy koło otwarte \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0\right); R_1 \right)}\). Wtedy:
i ponieważ \(\displaystyle{ R<R_1,}\) (a \(\displaystyle{ R}\) i \(\displaystyle{ R_1}\) są liczbami większymi od \(\displaystyle{ 0}\)), więc to jest silnie mniejsze niż \(\displaystyle{ R_1 ^{2}}\), czyli:
a stąd \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in K\left( \left( x_0,y_0\right);R_1 \right)}\), i ponieważ \(\displaystyle{ R_1\in A}\), a więc tym bardziej:
\(\displaystyle{ \bigcup_{R\in A} K\left( \left( x_0,y_0\right); R \right) = K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right).}\)
I jesli \(\displaystyle{ R\in A}\), wtedy z definicji zbioru \(\displaystyle{ A}\), mamy: \(\displaystyle{ K\left( (x_0,y_0); R\right) \subset B}\), i, z dowolności wyboru \(\displaystyle{ R\in A,}\) otrzymujemy, że każde koło otwarte \(\displaystyle{ K \left( (x_0,y_0; R)\right) }\)(gdzie \(\displaystyle{ R\in A}\)) jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ B}\), więc również ich unia (suma) \(\displaystyle{ \bigcup_{R\in A} K\left( \left( x_0,y_0\right); R \right) }\) jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ B}\), a zatem również koło otwarte \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right)}\), jako ten sam zbiór, jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ B}\).
\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ C\subset \RR ^{2}: \ \ C \hbox{ jest kołem otwartym o środku w } (x_0, y_0) \hbox{ i pewnym promieniu } R>0, \hbox{ i } C\subset B \right\} .}\)
Wtedy \(\displaystyle{ K(\left( x_0,y_0\right) ; \bigvee A) \in\mathbb{B}.}\)
A oznaczając przez \(\displaystyle{ \mathbb{A} }\) rodzinę kół otwartych o środku w naszym punkcie i promieniach branych ze zbioru \(\displaystyle{ A}\), tzn.:
to mamy \(\displaystyle{ \mathbb{A}\subset \mathbb{B}}\) ( gdyż na podstawie definicji zbioru \(\displaystyle{ A}\), to jeśli \(\displaystyle{ R\in A}\), to \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0 \right);R \right) \subset B}\) ). I mamy \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{A}= K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right) \in \mathbb{B}}\), a więc jest to koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) zawarte w zbiorze \(\displaystyle{ B}\).
Pozostaje pokazać, że jest to takie największe koło otwarte.
Jeśli \(\displaystyle{ C:=K\left( \left( x_0, y_0\right); R \right)\subset B}\), gdzie \(\displaystyle{ R}\) jest pewnym dodatnim promieniem, i to koło otwarte jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ B}\), to z definicji zbioru \(\displaystyle{ A}\) możemy wnioskować, że \(\displaystyle{ R\in A}\), a zatem \(\displaystyle{ C\in \mathbb{A}}\), a zatem (z własności sumy): \(\displaystyle{ C\subset \bigcup\mathbb{A}=K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right)}\), a zatem koło otwarte \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0\right); \bigvee A \right)}\) jest największym kołem otwartym zawartym w zbiorze \(\displaystyle{ B. \square}\)
Można pokazać, podobnymi metodami (nie chcę mi się już pisać, a dowód zajmuje trochę miejsca), że suma niepustego łańcucha \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) (względem inkluzji) kół otwartych na płaszczyźnie, o środku w danym wspólnym punkcie, i ograniczonego przez pewne wspólne koło \(\displaystyle{ S}\)( tzn., gdy każde koło otwarte \(\displaystyle{ K\in\mathbb{B}}\): \(\displaystyle{ K\subset S}\)), wtedy suma \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) jest kołem otwartym. Jednak suma łańcucha kół domkniętych na płaszczyźnie nie musi być kołem domkniętym, bo może być kołem otwartym. Wystarczy rozważyć rodzinę wszystkich kół domkniętych o środku w początku układu współrzędnych i promieniach silnie mniejszych od \(\displaystyle{ 1}\);wtedy suma takich kół domkniętych jest kołem otwartym o środku w początku układu współrzędnych I promieniu \(\displaystyle{ 1}\). Okręgu nie osiągniemy, gdyż sumowane koła domknięte mają promienie silnie mniejsze od \(\displaystyle{ 1}\), a więc jest to koło otwarte. A więc suma łańcucha kół domkniętych może być kołem otwartym.
Re: Aksjomat wyboru
: 13 lip 2022, o 23:46
autor: Jakub Gurak
Zauważyłem (to już tydzien wcześniej), a w ten poniedziałek to już udowodniłem, taki niesłychany fakt, że płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR^2}\) można rozłozyć na okregi - (przyjmując, że okrąg o promieniu \(\displaystyle{ 0}\), to zbiór jednopunktowy złozony ze środka okręgu). Wczoraj udowodniłem, że dla elipsy, tzn. dla elips o tym samym kształcie, o dowolnym ustalonym kształcie, czyli o tym samym stosunku półosi wielkiej do półosi małej, wtedy płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\) bez początku układu współrzędnych, można rozłożyć na elpisy tego samego kształtu ( i tak dla dowolnego rzędu kształtu). Udowodniłem też dzisiaj, że przestrzeń trójwymiarową \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\) można rozłożyć na sfery. Przedstawię teraz dowody tych fascynujących faktów.
Wykażemy najpierw, że:
Płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR^2}\) można rozłożyć na okręgi, tzn. istnieje rodzina okręgów o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) będąca rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2}.}\)
Dowolny okrąg o środku w pewnym punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ r \ge 0}\) oznaczmy jako: \(\displaystyle{ O( \left( x_0,y_0\right) ; r).}\)
Zauważmy, że dla \(\displaystyle{ O(\left( 0,0\right);0 )}\) mamy takie punkty \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \RR^2}\), że: \(\displaystyle{ x ^{2} +y ^{2} = 0 ^{2}= 0}\) , skąd \(\displaystyle{ x=y=0}\), a zatem \(\displaystyle{ O\left( \left( 0,0\right); 0 \right) = \left\{ \left( 0,0\right) \right\} .}\)
Niech \(\displaystyle{ (x,y)\in \RR ^2}\). Wtedy \(\displaystyle{ x,y\in\RR}\), niech \(\displaystyle{ R= \sqrt{x ^{2} +y ^{2} }.}\) Wtedy wyrazenie pod pierwiastkiem oznacza liczbę nieujemną, a więc możemy liczyć jego pierwiatek, którego wartość jest również liczbą nieujemną, a więc \(\displaystyle{ R \ge 0}\), a zatem \(\displaystyle{ O\left( \left( 0,0\right); R \right) \in \mathbb{B} }\), i wtedy:
\(\displaystyle{ x ^{2}+y ^{2}=\left( \sqrt{ x ^{2} +y ^{2} } \right) ^{2} = R ^{2}}\),
a więc \(\displaystyle{ \left( x,y \right) \in O\left( \left( 0,0\right) ;R\right) \in \mathbb{B}}\) , a więc \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \bigcup\mathbb{B} }\),
i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}= \RR ^{2}.}\)
Niewątpliwie, takie okregi są rozłaczne.
Pozostaje wykazać, że są niepuste.
Niech \(\displaystyle{ R \ge 0.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ R=0.}\) Wtedy \(\displaystyle{ \left( 0,0\right) \in O\left( \left( 0,0\right) ;R\right)}\), gdyż \(\displaystyle{ 0 ^{2} +0 ^{2}=0 =R^2}\), a więc punkt \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) nalezy do takiego okręgu, i jest to zbiór niepusty.
Jeśli \(\displaystyle{ R>0}\), to \(\displaystyle{ \left( R,0\right) \in O\left( \left( 0,0\right) ;R\right) }\), gdyż \(\displaystyle{ R ^{2} +0 ^{2}= R ^{2}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( R,0\right) \in O\left( \left( 0,0\right);R \right)}\), czyli również jest to zbiór niepusty, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
A więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2.\square}\) ,
Wykazżemy podobny fakt dla elpsy o ustalonym kształcie.
Dla dowolnej elipsy na płaszczyźnię, wtedy stosunek półosi wielkiej tej elipsy do jej półosi małej nazwijmy rzędem kształtu elpsy.
Wykażemy, że dla każdego \(\displaystyle{ k \in \RR_+}\) (czyli dla \(\displaystyle{ k>0}\)) płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\) bez początku układu można rozłożyć na elipsy o rzędzie kształtu równym \(\displaystyle{ k}\), tzn. istnieje roozina elipis o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) o rzędzie kształtu równym \(\displaystyle{ k}\), rodzina elips będąca rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}.}\)
Dla liczb \(\displaystyle{ a,b>0}\) przez \(\displaystyle{ S_{(a,b)}}\) oznaczmy elipsę:
Jest to elpssa o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\), i półosi wielkiej równej \(\displaystyle{ a}\), i półosi małej równej \(\displaystyle{ b.}\)
a zatem \(\displaystyle{ \left( ka,0\right)\in S_{(ka,a)},}\) a zatem jest to zbiór niepusty, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} }\).
I jest to rodzina elips o rzędzie ksztaltu równym \(\displaystyle{ k.\square}\)
Na koniec wykażemy, że przestrzeń trójwymiarową \(\displaystyle{ \RR^3}\) można rozłożyć na sfery.
Dla dowolnego \(\displaystyle{ r \ge 0}\), rozwazmy sferę \(\displaystyle{ S_r,}\) daną jako:
i zauważmy, że dla \(\displaystyle{ r=0}\), mamy \(\displaystyle{ r^2=0}\), a stąd, skoro suma kwadratów współrzędnych daje \(\displaystyle{ 0}\), to wszystkie te trzy współrzedne są równe \(\displaystyle{ 0}\), a stąd:
Niech \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \RR^3}\). Wtedy \(\displaystyle{ x,y,z\in\RR}\). Niech \(\displaystyle{ r= \sqrt{x^2+y^2+z^2} }\), wtedy, wyrażenie pod pierwiastkiem jest nieujemne, a więc możemy liczyć pierwiastek, i wtedy ten pierwiastek również będzie nieujemny, a wiec \(\displaystyle{ r \ge 0}\), a zatem \(\displaystyle{ S_r\in \mathbb{B}.}\) I wtedy:
\(\displaystyle{ x ^{2}+y ^{2}+z ^{2}= \left( \sqrt{x^2+y^2+z^2} \right) ^{2}= r ^{2}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right)\in S_r}\), gdzie \(\displaystyle{ S_r\in\mathbb{B} }\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{B}}\),
i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}=\RR ^{3}. }\)
Niewątpliwie takie sfery są rozłączne.
Wykażemy teraz, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
Jeśli \(\displaystyle{ r \ge 0}\), to \(\displaystyle{ \left( r,0,0\right) \in S_r}\), bo \(\displaystyle{ r ^{2} +0^2 +0^2 =r^2}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( r, 0, 0\right) \in S_r}\), a więc jest to zbiór niepusty, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^3}\) na sfery\(\displaystyle{ .\square}\)
Interesuje mnie jeszcze, czy koło domknięte na płaszczyźnie można rozłożyć na okręgi, czy koło otwarte można rozłozyć na okręgi i czy kulę domkniętą w przestrzeni trójwymiarowej można rozłozyć na sfery, będzie mozna sprawdzić te fakty.
Re: Aksjomat wyboru
: 14 lip 2022, o 01:14
autor: Jan Kraszewski
Jakub Gurak pisze: ↑13 lip 2022, o 23:46
Zauważyłem (to już tydzien wcześniej), a w ten poniedziałek to już udowodniłem, taki niesłychany fakt, że płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR^2}\) można rozłozyć na okregi - (przyjmując, że okrąg o promieniu \(\displaystyle{ 0}\), to zbiór jednopunktowy złozony ze środka okręgu). Udowodniłem też dzisiaj, że przestrzeń trójwymiarową \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\) można rozłożyć na sfery. Przedstawię teraz dowody tych fascynujących faktów.
Następne niesłychane i fascynujące fakty to rozkład \(\displaystyle{ \RR^2}\) (bez punktu) na kwadraty oraz \(\displaystyle{ \RR^3}\) (bez punktu) na sześciany, nie mówiąc już o rozkładzie \(\displaystyle{ \RR^2}\) (bez punktu) na trójkąty równoboczne...A w kolejce jest tyle różnych innych figur...
Dużo ciekawiej byłoby, gdybyś postarał się uogólnić te dość oczywiste obserwacje.
JK
Re: Aksjomat wyboru
: 14 lip 2022, o 15:40
autor: Jakub Gurak
To ja podejrzewam, że takie 'brzegi figur' danego rodzaju, brzegi figur podobnych na płaszczyźnie tworzą rozkład płaszczyzny bez początku układu- gdyż jakby te figury (np. obwody prostokątów) rozdmuchiwać to ich suma da całą płaszczyznę, bez początku układu. Ale nie wiem jak się za to zabrać- też trochę za duża abstrakcja myśleć o nie wiadomo jakiej figurze...
Re: Aksjomat wyboru
: 14 lip 2022, o 16:11
autor: Dasio11
Dla \(\displaystyle{ u \in \RR^2 \setminus \{ 0 \}}\) niech \(\displaystyle{ R_u = \{ \alpha u : \alpha > 0 \}}\). Łatwo wykazać, że jeśli podzbiór płaszczyzny \(\displaystyle{ B}\) jest selektorem rodziny \(\displaystyle{ \{ R_u : u \in \RR^2 \setminus \{ 0 \} \}}\), to zbiory postaci \(\displaystyle{ \alpha \cdot B}\), \(\displaystyle{ \alpha \ge 0}\) tworzą rozkład płaszczyzny.
Re: Aksjomat wyboru
: 21 paź 2022, o 00:39
autor: Jakub Gurak
Jakub Gurak pisze: ↑14 maja 2022, o 16:22
Udowodniłem przedwczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ B}\) jest ograniczonym podzbiorem płaszczyzny, a para liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) punktem z wnętrza tego obszaru \(\displaystyle{ B}\), to istnieje największe koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) zawarte w obszarze \(\displaystyle{ B}\).
Wczoraj wieczorem udowodniłem twierdzenie będące odpowiednikiem powyższego faktu, tylko w wersji trójwymiarowej. Tzn. udowodniłem, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ A\subset \RR^3}\) jest zbiorem ograniczonym, i mamy punkt z wnętrza zbioru \(\displaystyle{ A}\), to istnieje największa kula otwarta o środku w tym punkcie zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A}\). Zauważmy, że największa kula (zwykła, tzn. kula domknięta) może nie istnieć- gdyby taka kula szczelnie przylegała do brzegu tego obszaru po lewej i prawej stronie tej kuli (względem środka kuli, względem osi \(\displaystyle{ X}\)), i brzeg tego obszaru byłby wyrzucony ze zbioru, to taka kula nie zmieści się w tym zbiorze, a dla kuli o mniejszym promieniu, wtedy taka kula musiałaby znajdować się w pewnej dodatniej odległości od tego brzegu, a wtedy można by przedłużyć promień tej kuli do punktu leżącego po środku pomiędzy końcem tego promienia na sferze a brzegiem tego obszaru, i wtedy, dla takiego promienia kuli otrzymamy wtedy jeszcze większą kulę zawartą w tym zbiorze. Wobec czego nie da się wyznaczyć największej takiej kuli. Natomiast można wyznaczyć (dla ograniczonego zbioru \(\displaystyle{ A}\) w \(\displaystyle{ \RR^3}\)) największą kulę otwartą o środku w danym punkcie zawartą w zbiorze \(\displaystyle{ A}\), gdyż wczoraj to udowodniłem. Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu.
Niech \(\displaystyle{ A \subset \RR^3}\) będzie zbiorem ograniczonym. Niech \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)\in A}\) będzie punktem z wnętrza zbioru \(\displaystyle{ A}\). Wykażemy, że istnieje największa, względem inkluzji, kula otwarta o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A.}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
Dla liczby rzeczywistej dodatniej \(\displaystyle{ R}\) przez \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right);R \right)}\) oznaczmy kulę otwartą o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ R.}\)
Ponieważ punkt \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) należy do wnętrza zbioru \(\displaystyle{ A}\), więc, z definicji wnętrza, istnieje kula otwarta \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right);R \right),}\) o pewnym dodatnim promieniu \(\displaystyle{ R}\), zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ S}\) jest niepusty.
Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ S}\) jest ograniczony z góry. Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A\subset \RR^3}\) jest zbiorem ograniczonym, więc \(\displaystyle{ A \subset K}\), gdzie \(\displaystyle{ K}\) jest pewną kulą (domkniętą) o pewnym promieniu \(\displaystyle{ R_K}\). Łatwo jest pokazać, że liczba \(\displaystyle{ R_K}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ S}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ S}\) jest ograniczony z góry.
Ponieważ \(\displaystyle{ S\subset \RR_+\subset \RR}\) jest niepustym zbiorem ograniczonym z góry, a zatem zbiór \(\displaystyle{ S}\) ma supremum \(\displaystyle{ R_0\in \RR}\). Wtedy, takie supremum \(\displaystyle{ \bigvee S}\), jako supremum niepustego zbioru złożonego z liczb dodatnich jest liczbą dodatnią, czyli: \(\displaystyle{ \bigvee S= R_0>0. }\)
Wykażemy, że kula otwarta \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right);R_0 \right) \subset A }\) jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ A}\).
Wtedy \(\displaystyle{ M:= \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2}+\left( z-z_0\right) ^2< R_0 ^{2}.}\)
Wtedy również \(\displaystyle{ M \ge 0}\). Niech \(\displaystyle{ R= \sqrt{M}.}\) Wtedy: \(\displaystyle{ R= \sqrt{M} < \sqrt{R_0 ^{2} } = R_0}\) (\(\displaystyle{ R_0>0}\)). Ponieważ \(\displaystyle{ R< R_0= \bigvee S}\), więc istnieje liczba \(\displaystyle{ R'\in S}\), taka, że \(\displaystyle{ R<R'<R_0}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::
Gdyby każdy element \(\displaystyle{ R'\in S \neq \left\{ \right\}}\) nie byłby silnie większy od \(\displaystyle{ R}\), to \(\displaystyle{ R' \le R}\), a wtedy liczba \(\displaystyle{ R}\) byłaby ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ S}\), ponieważ \(\displaystyle{ R_0= \bigvee S}\) jest supremum zbioru \(\displaystyle{ S}\), czyli najmniejszym ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ S}\), więc \(\displaystyle{ R_0 \le R}\), a \(\displaystyle{ R_0>R}\) sprzeczność.
Wobec czego, dla pewnego \(\displaystyle{ R'\in S}\), mamy: \(\displaystyle{ R'>R. }\)
Ponieważ zbiór liniowo uporządkowany \(\displaystyle{ \left( \RR, \le \right)}\) jest gęsty, więc dla pary elementów \(\displaystyle{ \left( R,R'\right) }\) istnieje element pośredni, tzn. istnieje liczba \(\displaystyle{ R''\in\RR}\), taka, że: \(\displaystyle{ R<R''<R'}\). Ponieważ \(\displaystyle{ R'\in S}\), więc \(\displaystyle{ K(\left( x_0,y_0,z_0\right) ;R')\subset A}\), a \(\displaystyle{ R''>R,}\) więc \(\displaystyle{ R''>0}\) i \(\displaystyle{ R''<R}\)', a zatem \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right);R'' \right) \subset K\left( \left( x_0, y_0,z_0\right);R' \right)\subset A}\), a zatem \(\displaystyle{ R''\in S.}\) Mamy \(\displaystyle{ R'\in S.}\)
Mamy \(\displaystyle{ R<\underbrace{ R''}_{ \in S }<R'}\),
a ponieważ \(\displaystyle{ R'\in S}\), a \(\displaystyle{ R_0= \bigvee S,}\) więc z definicji supremum: \(\displaystyle{ R_0 \ge R'}\), a zatem \(\displaystyle{ R<\underbrace{ R''}_{ \in S }<R_0}\),
co świadczy o tym, że istnieje element zbioru \(\displaystyle{ S}\), leżący pomiędzy \(\displaystyle{ R}\) a \(\displaystyle{ R_0.\square}\)
Ustalmy taką liczbę \(\displaystyle{ R'\in S}\). Ponieważ \(\displaystyle{ R'\in S}\), więc \(\displaystyle{ R'>0}\) i \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right) ;R' \right) \subset A}\). I dla trójki \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right)}\), mamy: \(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2}+ \left( z-z_0\right) ^{2}= M =\left( \sqrt{M} \right) ^{2} = R^2=}\)
i ponieważ \(\displaystyle{ R<R',}\) a \(\displaystyle{ R \ge 0, R'>0}\), więc to jest silnie mniejsze niż: \(\displaystyle{ \left( R'\right) ^{2}}\),
a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right)\in K \left( \left( x_0, y_0,z_0\right); R' \right)}\),
a ponieważ \(\displaystyle{ R'\in S}\), więc \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right); R' \right) \subset A}\),
a stąd \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right)\in A}\), i \(\displaystyle{ K\left( \left( x_{0}, y_{0} z_{0} \right) ;R_0\right) \subset A}\),
a więc jest to kula otwarta o środku w naszym punkcie zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A.}\)
Pozostaje pokazać, że jest to największa taka kula otwarta.
Niech \(\displaystyle{ C}\) będzie kulą otwartą o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) zawartą w zbiorze \(\displaystyle{ A}\). Pokażemy, że:
Kula otwarta \(\displaystyle{ C}\) ma środek \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) i pewien dodatni promień \(\displaystyle{ R}\), zapiszmy to jako: \(\displaystyle{ C= K\left( \left( x_0, y_0,z_0\right);R \right);}\) ponieważ \(\displaystyle{ C\subset A}\), a zatem \(\displaystyle{ R\in S}\), ponieważ liczba \(\displaystyle{ R_0= \bigvee S}\) jest supremum zbioru \(\displaystyle{ S}\), a więc \(\displaystyle{ R_0}\) jest ograniczeniem górnym zbioru \(\displaystyle{ S}\), a zatem \(\displaystyle{ R_0 \ge R,}\) a więc \(\displaystyle{ C= K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right); R \right) \subset K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right); R_0 \right).}\)
A zatem kula otwarta \(\displaystyle{ K\left( \left( x_0,y_0,z_0\right);R_0 \right)}\) jest największą kulą otwartą o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right) }\) zawartą w zbiorze \(\displaystyle{ A.\square}\)
Jakub Gurak pisze: ↑14 maja 2022, o 16:22
Udowodniłem przedwczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ B}\) jest ograniczonym podzbiorem płaszczyzny, a para liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) punktem z wnętrza tego obszaru \(\displaystyle{ B}\), to istnieje największe koło otwarte o środku w \(\displaystyle{ (x_0,y_0)}\) zawarte w obszarze \(\displaystyle{ B}\).
Wczoraj wieczorem udowodniłem twierdzenie będące odpowiednikiem powyższego faktu, tylko w wersji trójwymiarowej. Tzn. udowodniłem, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ A\subset \RR^3}\) jest zbiorem ograniczonym, i mamy punkt z wnętrza zbioru \(\displaystyle{ A}\), to istnieje największa kula otwarta o środku w tym punkcie zawarta w zbiorze \(\displaystyle{ A}\).
A czymże się różnią te dwa dowody?
JK
Re: Aksjomat wyboru
: 21 paź 2022, o 16:08
autor: Jakub Gurak
Te dwa fakty różnią się chyba jedynie wymiarem obiektów- teraz rozważałem kulę otwarte trójwymiarowe, a wcześniej rozważałem koła otwarte dwuwymiarowe. Ale, dla mnie, obiekty trójwymiarowe, są zupełnie czym innym niż obiekty dwuwymiarowe (choć, topologiczna kula otwarta, to w trójwymiarze będzie zwykłą kulą otwartą, a na płaszczyźnie będzie to chyba koło otwarte); hm, nie wiem.
Re: Aksjomat wyboru
: 21 paź 2022, o 17:37
autor: Jan Kraszewski
Fakty różnią się wymiarem, ale dowody matematycznie nie różnią się dokładnie niczym. Ten sam dowód można powtórzyć w wymiarze \(\displaystyle{ 7}\) albo \(\displaystyle{ 123}\). I zauważenie tego jest dla matematyka dość podstawową kwestią.
JK
Re: Aksjomat wyboru
: 1 sty 2023, o 22:54
autor: Jakub Gurak
Wykazałem wczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, i gdy rozważymy sześcian kartezjański takiego zbioru \(\displaystyle{ X ^{3}= \left( X \times X\right) \times X}\), oraz dowolną relację \(\displaystyle{ R \subset X ^{3}}\), to istnieje maksymalny sześcian kartezjański zbioru \(\displaystyle{ A \subset X}\), dla którego to zbioru jego sześcian kartezjański jest maksymalnym takim zbiorem zawartym w relacji \(\displaystyle{ R.}\)
Udowodniłem też wczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ X, Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\) są zbiorami, i gdy rozważymy dowolną relację \(\displaystyle{ R \subset \left( X \times Y\right) \times Z}\), to istnieje maksymalna kostka zawarta w tej relacji \(\displaystyle{ R}\). Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.
Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zbiorem.
Rozważmy sześcian kartezjański tego zbioru \(\displaystyle{ X ^{3}= \left( X \times X\right) \times X}\), oraz dowolną relację \(\displaystyle{ R \subset X^{3}}\).
Wykażemy, że istnieje maksymalny, względem inkluzji, zbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\), taki, że \(\displaystyle{ A ^{3}= \left( A \times A\right) \times A \subset R.}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ A \subset X\Bigl| \ \ A ^{3}= \left( A \times A\right) \times A \subset R \right\}.}\)
Wtedy relacja inkluzji na tej rodzinie zbiorów, jest porządkiem, bo inkluzja na każdej rodzinie zbiorów jest porządkiem, a zatem para \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B}, \subset \right) }\) jest zbiorem uporządkowanym.
Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest niepusta, gdyż \(\displaystyle{ \emptyset \in \mathbb{B} }\). Mamy bowiem \(\displaystyle{ \emptyset \subset X}\), a zatem \(\displaystyle{ \emptyset ^{3}= \left( \emptyset \times \emptyset\right) \times \emptyset= \emptyset \subset R}\), a więc \(\displaystyle{ \emptyset\in \mathbb{B}}\), a zatem \(\displaystyle{ \mathbb{B} \neq \emptyset}\) (dla niedowiarków: przecież \(\displaystyle{ \emptyset \not \in \emptyset}\), bo zbiór pusty nie ma żadnych elementów, a więc w szczególności sam zbiór pusty nie jest jego elementem, i, jest to przykład zbioru \(\displaystyle{ X,}\) takiego, że \(\displaystyle{ X\not \in X}\)).
W tym celu ustalmy dowolny niepusty łańcuch \(\displaystyle{ \mathbb{D} \subset \mathbb{B}}\) (jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{D} = \left\{ \right\} }\), to dowolny element \(\displaystyle{ A \in \mathbb{B} \neq \left\{ \right\}}\) jest ograniczeniem górnym pustego łańcucha). Jako ograniczenie górne bierzemy (jak zwykle) zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}}\), musimy jednak wpierw udowodnić, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{B}}\), gdyż ograniczenie górne łańcucha musi być elementem rozważanego zbioru uporządkowanego, czyli u nas musi ten zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}}\) należeć do zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{B}.}\)
A zatem \(\displaystyle{ x \in A_x}\), gdzie \(\displaystyle{ A_x \in \mathbb{D}}\), oraz \(\displaystyle{ y \in \mathbb{A}_y}\), gdzie \(\displaystyle{ A_y \in \mathbb{D}}\) i \(\displaystyle{ z \in A_z}\), gdzie \(\displaystyle{ A_z \in \mathbb{D}.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ A_x, A_y \in \mathbb{D}}\), a zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem względem inkluzji, więc \(\displaystyle{ A_x \subset A_y}\) lub \(\displaystyle{ A_y \subset A_x.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ A_x \subset A_y}\), to \(\displaystyle{ x,y \in A_y}\), a jeśli \(\displaystyle{ A_y \subset A_x}\), to \(\displaystyle{ x,y \in A_x.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ A_y, A_z \in \mathbb{D}}\), a zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem względem inkluzji, więc \(\displaystyle{ A_y \subset A_z}\) lub \(\displaystyle{ A_z \subset A_y. }\)
Jeśli \(\displaystyle{ A_y \subset A_z}\) i jeśli \(\displaystyle{ A_x \subset A_y}\), to \(\displaystyle{ x,y \in A_y \subset A_z}\), a zatem \(\displaystyle{ x,y,z \in A_z}\), i ponieważ \(\displaystyle{ A_z \in \mathbb{D} \subset \mathbb{B}}\), więc z definicji tej rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) możemy wnioskować, że \(\displaystyle{ A_z ^{3} \subset R}\), a ponieważ \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in A_z \times A_z \times A_z \subset R}\), więc \(\displaystyle{ \left( x,y, z\right) \in R.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ A_y \subset A_x}\), to \(\displaystyle{ x,y \in A_x}\), a ponieważ \(\displaystyle{ A_x \in \mathbb{D}, A_z \in \mathbb{D}}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem względem inkluzji, więc \(\displaystyle{ A_x \subset A_z}\) lub \(\displaystyle{ A_z \subset A_x.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ A_x \subset A_z}\), to \(\displaystyle{ x,y,z \in A_z}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in A_z \times A_z \times A_z= A_z ^{3}}\), i ponieważ \(\displaystyle{ A_z \in \mathbb{D} \subset \mathbb{B}}\), więc, z definicji rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), wnioskujemy, że \(\displaystyle{ A_z^{3} \subset R}\), i stąd \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in R.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ A_z \subset A_x}\), to rozumujemy w sposób podobny.
I jeśli \(\displaystyle{ A_z \subset A_y}\), to w sposób podobny uzasadniamy, że \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in R.}\)
A zatem (w każdym przypadku ) \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in R}\), i \(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{D} \times \bigcup\mathbb{D}\right) \times \bigcup\mathbb{D} \subset R}\), a zatem możemy wnioskować, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{B}}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} = \bigvee \mathbb{D}}\)- suma rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest jej supremum, więc w szczególności jest jej ograniczeniem górnym- tego łańcucha; i, z dowolności wyboru takiego łańcucha, otrzymujemy, że każdy łańcuch w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B}, \subset \right)}\) ma ograniczenie górne.
Korzystając z Lematu Zorna otrzymujemy element maksymalny w zbiorze uporządkowanym \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B}, \subset \right)}\); jest to maksymalny, względem inkluzji, zbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\), taki, że: \(\displaystyle{ A ^{3} \subset R.\square}\)
Przejdźmy do naszego drugiego problemu.
Rozważmy trzy zbiory \(\displaystyle{ X,Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\). Rozważmy kostkę \(\displaystyle{ \left( X \times Y\right) \times Z}\), oraz dowolną relację \(\displaystyle{ R \subset X \times Y \times Z}\). Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną wszystkich kostek, tzn.:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ \left( A \times B\right) \times C\Bigl| \ \ A \subset X, B \subset Y, C \subset Z \right\}.}\)
Formalniej:
\(\displaystyle{ \mathbb{B} = \left\{ S \subset \left( X \times Y\right) \times Z\Bigl| \ \bigvee\limits_{A \subset X} \bigvee\limits_{B \subset Y} \bigvee\limits_{C \subset Z} S= \left( A \times B\right) \times C \right\}.}\)
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{A} = \left\{ S \in \mathbb{B}: \ \ S \subset R \right\} .}\)
Wykażemy, że w zbiorze \(\displaystyle{ \left( \mathbb{A}, \subset \right)}\) istnieje element maksymalny ( maksymalna kostka zawarta w relacji \(\displaystyle{ R}\)).
DOWÓD TEGO FAKTU:
Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest niepusta, gdyż:
Mamy \(\displaystyle{ \emptyset \subset X,Y,Z}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( \emptyset \times \emptyset \right) \times \emptyset= \emptyset \subset R}\), a zatem \(\displaystyle{ \emptyset \in \mathbb{A}}\), a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) ma element, jest więc niepusta.
Stosujemy do niej Lemat Zorna:
Niech \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq \mathbb{D} \subset \mathbb{A}}\) będzie niepustym łańcuchem (jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{D}= \left\{ \right\}}\), to dowolny element \(\displaystyle{ S \in \mathbb{A} \neq \left\{ \right\}}\) jest ograniczeniem górnym pustego łańcucha, dalej więc załóżmy, że łańcuch \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest niepusty).
Jako ograniczenie górne bierzemy, jak zwykle, zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D};}\) musimy jednak wpierw udowodnić, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{A}. }\)
Mamy niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset R \subset \left( X \times Y\right) \times Z}\) ( jest to suma podzbiorów relacji \(\displaystyle{ R}\)).
Zdefiniujmy trzy zbiory:
\(\displaystyle{ A_1= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_1\left( S\right)}\), oraz
\(\displaystyle{ B_1= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_2\left( S\right)}\), i
gdzie, dla \(\displaystyle{ S \in \mathbb{D}}\), wtedy zbiór \(\displaystyle{ D_1\left( S\right)}\) oznacza pierwszą dziedzinę relacji \(\displaystyle{ S}\), i podobnie zbiór \(\displaystyle{ D_2(S)}\) oznacza drugą dziedzinę relacji \(\displaystyle{ S}\), i zbiór \(\displaystyle{ D_3\left( S\right)}\) oznacza jej trzecią dziedzinę.
Wtedy, dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ S \in \mathbb{D}}\), mamy \(\displaystyle{ D_1(S) \subset X}\),
a więc również \(\displaystyle{ A_1= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_1 \left( S\right) \subset X}\), i w podobny sposób uzasadniamy, że \(\displaystyle{ B_1 \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C_1 \subset Z.}\)
Wykażemy, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}= \left( A_1 \times B_1\right) \times C_1.}\)
Mamy, z własności relacji \(\displaystyle{ n}\)-członowych:
Jeśli \(\displaystyle{ x \in D_1\left( \bigcup\mathbb{D}\right)}\), wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{D}}\), dla pewnego \(\displaystyle{ y \in Y}\) i dla pewnego \(\displaystyle{ z \in Z}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S}\), gdzie \(\displaystyle{ S \in \mathbb{D}}\). Wtedy \(\displaystyle{ x \in D_1(S)}\), gdzie \(\displaystyle{ S \in \mathbb{D}}\), a więc tym bardziej \(\displaystyle{ x \in \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_1\left( S\right).}\)
Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to:
Jeśli \(\displaystyle{ x \in \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_1\left( S\right)}\), wtedy \(\displaystyle{ x \in D_1\left( S\right) }\), gdzie \(\displaystyle{ S \in \mathbb{D}}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S}\), dla pewnych \(\displaystyle{ y \in Y}\) i \(\displaystyle{ z \in Z}\). Ponieważ \(\displaystyle{ S \in \mathbb{D}}\), więc tym bardziej \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{D}}\), a więc \(\displaystyle{ x \in D_1\left( \bigcup\mathbb{D}\right).}\)
A zatem \(\displaystyle{ \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_1\left( S\right) = D_1\left( \bigcup\mathbb{D}\right) . }\)
W sposób symetryczny możemy pokazać, że:
\(\displaystyle{ D_2\left( \bigcup\mathbb{D}\right)= \bigcup_{S \in \mathbb{D}} D_2\left( S\right) }\), oraz podobnie
czyli \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset A_1 \times B_1 \times C_1}\), gdzie \(\displaystyle{ A_1 \subset X, B_1 \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C_1 \subset Z}\).
Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to:
Niech \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in A_1 \times B_1 \times C_1.}\) Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ a \in A_1, b \in B_1}\) i \(\displaystyle{ c \in C_1.}\)
Z definicji zbioru \(\displaystyle{ A _{1} }\) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ a \in D_1\left( S_a\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ S_a \in \mathbb{D}.}\)
Podobnie, z definicji zbioru \(\displaystyle{ B_1}\), otrzymujemy:
\(\displaystyle{ b \in D_2\left( S_b\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ S_b \in \mathbb{D},}\)
I podobnie:
\(\displaystyle{ c \in D_3\left( S_c\right) }\), gdzie \(\displaystyle{ S_c \in \mathbb{D}.}\)
Wykażemy teraz pewien Lemat (formalnie, aby nie było kolizji oznaczeń, trzeba by tutaj wprowadzić nowe oznaczenia, ale nie chcę mnożyć oznaczeń, mam nadzieję, że wybaczycie mi tą niedogodność- inna sprawa, że niektórzy nagminnie tak robiliby i nie widzieliby w tym problemu ).
Lemat: Jeśli \(\displaystyle{ X,Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\) są zbiorami, i mamy dwie relacje trójczłonowe \(\displaystyle{ R,S \subset \left( X \times Y\right) \times Z}\), takie, że \(\displaystyle{ R \subset S}\), to:
\(\displaystyle{ D_1\left( R\right) \subset D_1\left( S\right) }\), oraz
\(\displaystyle{ D_2\left( R\right) \subset D_2\left( S\right),}\) i
Niech \(\displaystyle{ x \in D_1\left( R\right)}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in R}\), dla pewnego \(\displaystyle{ y \in Y}\) i pewnego \(\displaystyle{ z \in Z.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ R \subset S}\), więc \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S}\), a stąd \(\displaystyle{ x \in D_1(S)}\), co kończy dowód pierwszej inkluzji.
Aby pokazać drugą inkluzję, to:
Niech \(\displaystyle{ y \in D_2\left( R\right)}\), wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y,z \right) \in R}\), dla pewnego \(\displaystyle{ x \in X}\) i pewnego \(\displaystyle{ z \in Z}\). Ponieważ \(\displaystyle{ R \subset S}\), więc \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S}\), a stąd \(\displaystyle{ y \in D_2\left( S\right)}\), i druga inkluzja jest dowiedziona.
I podobnie prosto wykazujemy trzecią inkluzję, co kończy dowód\(\displaystyle{ .\square}\)
Powróćmy do naszego dowodu wraz z wcześniej wprowadzonymi oznaczeniami.
Ponieważ \(\displaystyle{ S_a \in \mathbb{D}}\) i \(\displaystyle{ S_b \in \mathbb{D}}\), a zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem względem inkluzji, więc \(\displaystyle{ S_a \subset S_b}\) lub \(\displaystyle{ S_b \subset S_a.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ S_a \subset S_b}\), to ponieważ \(\displaystyle{ S_a \in \mathbb{D} \subset \mathbb{A} \subset \mathbb{B}}\), więc \(\displaystyle{ S_a \in \mathbb{B}}\), a zatem zbiór \(\displaystyle{ S_a}\) jest postaci:
\(\displaystyle{ S_a= A_a \times B_a \times C_a}\), gdzie \(\displaystyle{ A_a \subset X, B_a \subset Y }\) i \(\displaystyle{ C_a \subset Z}\).
I podobnie, ponieważ \(\displaystyle{ S_b \in \mathbb{B}}\), to zbiór \(\displaystyle{ S_b}\) jest postaci \(\displaystyle{ S_b= A_b \times B_b \times C_b}\), gdzie \(\displaystyle{ A_b \subset X, B_b \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C_b \subset Z.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ S_a \subset S_b}\), więc na mocy Lematu powyżej:\(\displaystyle{ D_2\left( S_a\right) \subset D_2\left( S_b\right)}\) , a zatem:
czyli \(\displaystyle{ A_a \subset A_b}\), więc ponieważ \(\displaystyle{ a \in A_a}\), więc \(\displaystyle{ a \in A_b}\). Mamy podobnie \(\displaystyle{ b \in B_b}\).
Mamy \(\displaystyle{ S_c \in \mathbb{D} }\) i \(\displaystyle{ S _{b} \in \mathbb{D}}\); ponieważ zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest łańcuchem, więc \(\displaystyle{ S_c \subset S_b}\) lub \(\displaystyle{ S_b \subset S_c.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ S_b \subset S_c}\), to ponieważ \(\displaystyle{ S_c \in \mathbb{B}}\), to zbiór \(\displaystyle{ S_c}\) jest postaci: \(\displaystyle{ S_c=A_c \times B_c \times C _{c}}\), gdzie \(\displaystyle{ A_c \subset X}\), \(\displaystyle{ B _{c} \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C _{c} \subset Z}\).
czyli \(\displaystyle{ A_b \subset A_c}\); ponieważ \(\displaystyle{ a \in A_b}\), więc \(\displaystyle{ a \in A_c}\). Ponieważ \(\displaystyle{ S_b \subset S_c}\), więc na mocy Lematu powyżej:
czyli \(\displaystyle{ B_b \subset B_c}\), więc ponieważ mamy \(\displaystyle{ b \in B_b}\), więc \(\displaystyle{ b \in B_c}\); i mamy \(\displaystyle{ c \in C_c}\).
Podsumowując mamy \(\displaystyle{ a \in A_c, b \in B_c}\) i \(\displaystyle{ c \in C_c}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in A _{c} \times B_c \times C_c= S_c}\), gdzie \(\displaystyle{ S_c \in \mathbb{D}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in \bigcup\mathbb{D}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ S_c \subset S_b}\), to podobnie korzystając z Lematu powyżej otrzymujemy:
\(\displaystyle{ D_3\left( S_c\right) \subset D_3\left( S_b\right) }\), czyli \(\displaystyle{ C _{c} \subset C_b}\), wtedy ponieważ \(\displaystyle{ c \in C_c}\), więc \(\displaystyle{ c \in C_b}\), mamy \(\displaystyle{ a \in A_b}\) i \(\displaystyle{ b \in B_b}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in A_{b} \times B_{b} \times C _{b}=S_b}\), gdzie \(\displaystyle{ S_b \in \mathbb{D}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in \bigcup\mathbb{D}.}\)
Pozostałe przypadki, tzn. gdy \(\displaystyle{ S _{b} \subset S_a}\), takie przypadki sprawdzamy w sposób podobny.
A zatem \(\displaystyle{ A _{1} \times B_{1} \times C_{1} \subset \bigcup\mathbb{D}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}= A_1 \times B_1 \times C_1}\), gdzie \(\displaystyle{ A_1 \subset X, B_1 \subset Y}\) i \(\displaystyle{ C_1 \subset Z}\), a zatem możemy wnioskować, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{B}}\); mamy ponadto \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \subset R}\), a zatem, wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D} \in \mathbb{A},}\) a zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}= \bigvee \mathbb{D} }\), czyli suma rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest jej supremum, a więc w szczególności jest jej ograniczeniem górnym- tego łańcucha; i, z dowolności wyboru takiego łańcucha otrzymujemy, że: każdy łańcuch w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{A}, \subset \right) }\) ma ograniczenie górne.
Korzystając z Lematu Zorna wnioskujemy, że istnieje element maksymalny w zbiorze uporządkowanym \(\displaystyle{ \left( \mathbb{A}, \subset \right)}\). jest to maksymalna, względem inkluzji, kostka zawarta w relacji \(\displaystyle{ R.\square}\)
Re: Aksjomat wyboru
: 16 sty 2024, o 21:36
autor: Jakub Gurak
Dla trzech liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+}\) rozważmy elipsoidę:
jest to elipsoida o półosiach \(\displaystyle{ a,b}\) i \(\displaystyle{ c.}\)
Wtedy dowolną inną elipsoidę postaci: \(\displaystyle{ S _{\left( ka,kb,kc\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in \RR_+}\) nazwiemy elipsoidą kształtu wyznaczonym przez liczby \(\displaystyle{ a,b}\) i \(\displaystyle{ c}\). Bowiem takie elipsoidy, kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right),}\) będą miały ten sam kształt.
W ostatnich dniach, wykazałem, że dla trzech liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+}\) przestrzeń \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\) trójwymiarową bez początku układu można rozłożyć na elipsoidy kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right).}\)
Przed chwilą wykazałem również, że dla trzech liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b}\) i \(\displaystyle{ c}\) istnieje elipsoida kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\), taka, że każdy jej punkt ma przynajmniej jedną współrzędną niewymierną.
Przedstawię teraz dowody tych bardzo ciekawych faktów.
Niech \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+.}\)
Wykażemy, że przestrzeń \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\) można rozłożyć na elipsoidy kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right);}\) tzn. istnieje rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) elipsoid kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\), będącą rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ S _{\left( ka, kb, kc\right) }\Bigl| \ \ k \in \RR _{+} \right\}.}\)
Zauważmy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\).
I zauważmy, że jeśli mamy zbiór tej rodziny postaci \(\displaystyle{ S _{\left( k \cdot a,k \cdot b, k \cdot c\right) } }\), gdzie \(\displaystyle{ k \in \RR_+}\), to \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right)\not \in S _{\left( ka,kb,kc\right) }}\) , gdyż:
a zatem \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \not \in S _{\left( ka,kb,kc\right) }}\), i \(\displaystyle{ S _{\left( ka,kb,kc\right) } \subset \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\), i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\)
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem przestrzeni trójwymiarowej \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}}\) bez początku układu.
Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\) Wtedy \(\displaystyle{ x,y,z \in \RR,}\) i \(\displaystyle{ x \neq 0}\) lub \(\displaystyle{ y \neq 0}\) lub \(\displaystyle{ z \neq 0}\).
Chcemy znaleźć takie \(\displaystyle{ k \in \RR_+}\), aby: \(\displaystyle{ \frac{x ^{2} }{k ^{2}a^2 }+ \frac{y^2}{k^2b^2}+ \frac{z^2}{k^2c^2}=1}\), czyli, sprowadzając ułamki do wspólnego mianownika, musi być: \(\displaystyle{ \frac{x ^{2} b ^{2}c ^{2} + y ^{2} a ^{2} c ^{2} +z^{2}a ^{2} b ^{2} }{k^{2}a^{2} b^{2}c^{2}} }\), co daje: \(\displaystyle{ k ^{2}= \frac{x^2}{a ^{2} }+ \frac{y ^{2} }{b ^{2} } + \frac{z ^{2} }{c ^{2} }}\), i stąd \(\displaystyle{ k= \sqrt{\left( \frac{x}{a} \right) ^{2}+ \left( \frac{y}{b}\right) ^{2}+ \left( \frac{z}{c} \right) ^{2} }.\square}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \neq \left( 0,0,0\right)}\), więc łatwo jest uzasadnić, że \(\displaystyle{ k \neq 0}\), a zatem \(\displaystyle{ k>0}\).
I dla elipsoidy \(\displaystyle{ S _{\left( ka,kb,kc\right) }}\), mamy:
\(\displaystyle{ \frac{x ^{2} }{\left( ka\right) ^{2} }+ \frac{y^2}{\left( kb\right) ^{2} } + \frac{z^2}{\left( kc\right) ^{2} } = \frac{x ^{2} b ^{2} c ^{2} }{k ^{2}a ^{2} b ^{2} c ^{2} }+ \frac{y ^{2} a ^{2} c ^{2} }{k ^{2} a ^{2}b ^{2} c ^{2} }+ \frac{z ^{2}a ^{2}b ^{2} }{k ^{2}a ^{2}b ^{2} c ^{2} } = \frac{x ^{2} b ^{2} c ^{2} +y ^{2} a ^{2} c ^{2} + z ^{2}a ^{2}b ^{2} }{k ^{2}a ^{2}b ^{2} c ^{2}}= \frac{x ^{2} b ^{2} c ^{2} +y ^{2} a ^{2} c ^{2} + z ^{2}a ^{2}b ^{2}}{\left[ \left( \frac{x}{a} \right) ^{2}+ \left( \frac{y}{b}\right) ^{2}+ \left( \frac{z}{c} \right) ^{2}\right]a ^{2}b ^{2}c ^{2} }= \\ = \frac{x ^{2} b ^{2} c ^{2} +y ^{2} a ^{2} c ^{2} + z ^{2}a ^{2}b ^{2}}{x ^{2} b ^{2} c ^{2} +y ^{2} a ^{2} c ^{2} + z ^{2}a ^{2}b ^{2}}=1.}\)
a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S _{\left( ka, kb, kc\right) } }\), gdzie \(\displaystyle{ k>0}\), a zatem: \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup_{k \in \RR_+} S _{\left( k \cdot a,k \cdot b, k \cdot c\right) }= \bigcup\mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}= \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\)
Wykażemy teraz, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
W tym celu weźmy dowolne dwa zbiory tej rodziny, które się przecinają, i pokażmy, że są równe; tzn. rozważmy elipsoidy \(\displaystyle{ S _{\left( k_1a, k _{1}b,k_1c \right) }}\) oraz \(\displaystyle{ S _{\left( k_2a, k_2b, k_2c\right) }}\) , gdzie \(\displaystyle{ k_1, k_2 \in \RR_+}\), dla których ich przekrój jest niepusty. Istnieje więc punkt \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S _{\left( k_1a, k_1b, k_1c\right) } ; S _{\left( k_2a, k_2b, k_2c\right) }}\). Wtedy, z definicji elipsoidy:
\(\displaystyle{ = \frac{1}{ \frac{x^2}{k _{1} ^{2} a ^{2} } + \frac{y ^{2} }{ k _{1} ^{2}b^{2} } + \frac{z ^{2} }{ k _{1} ^{2} c ^{2} } }= \frac{1}{ \frac{x ^{2} b ^{2}c ^{2} }{k _{1} ^{2} a ^{2}b ^{2}c ^{2} }+ \frac{y ^{2}a ^{2}c ^{2} }{k _{1} ^{2} a ^{2} b ^{2}c ^{2} }+ \frac{z ^{2} a ^{2} b ^{2} }{k _{1} ^{2}a ^{2}b ^{2}c ^{2} } }= \frac{k_1 ^{2} a ^{2} b ^{2} c ^{2} }{x ^{2} b ^{2}c ^{2} +y ^{2}a ^{2}c ^{2} + z ^{2} a ^{2}b ^{2} }.}\)
W podobny sposób przekształcając, otrzymamy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\frac{x ^{2} }{\left( k_2a\right) ^{2} }+ \frac{y^2}{\left( k_2b\right) ^{2} }+ \frac{z^2}{\left( k_2c\right) ^{2} }}= \frac{k _{2} ^{2} a ^{2} b ^{2} c ^{2} }{x ^{2} b ^{2}c ^{2} +y ^{2}a ^{2}c ^{2} + z ^{2} a ^{2}b ^{2} }}\).
Ale obydwa te dwa wyrażenia są równe (równe \(\displaystyle{ 1}\)), więc ponieważ liczby \(\displaystyle{ a, b}\) i \(\displaystyle{ c}\) są dodatnie, więc iloczyn \(\displaystyle{ \left( a ^{2} b ^{2}c ^{2} \right)}\) jest różny od zera, a zatem skracając liczniki tych ułamków i mnożąc przez ich wspólny mianownik, otrzymujemy: \(\displaystyle{ k _{1} ^{2}= k _{2} ^{2}}\), i ponieważ \(\displaystyle{ k_1, k_2 \in \RR_+}\), więc \(\displaystyle{ k_1=k_2}\). A zatem \(\displaystyle{ S _{\left( k_{1}a, k_{1}b, k_{1}c\right) } = S _{\left( k_{2}a, k _{2}b, k _{2} c \right) }}\), i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus \left\{ \left( 0,0,0\right) \right\}.}\)
I rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną elipsoid kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right).\square}\)
Wykażemy jeszcze, zgodnie z zapowiedzią, że dla trzech liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+}\) istnieje elipsoida \(\displaystyle{ S}\) kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\), taka, że każdy jej punkt ma przynajmniej jedną współrzędną niewymierną; tzn. istnieje elipsoida \(\displaystyle{ S}\) kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right),}\) taka, że dla każdego jej punktu \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) =:P \in S}\), mamy: \(\displaystyle{ x \in \RR \setminus \QQ}\) lub \(\displaystyle{ y \in \RR \setminus \QQ}\) lub \(\displaystyle{ z \in \RR \setminus \QQ.}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech \(\displaystyle{ a,b,c \in \RR_+}\).
Ponieważ istnieją elipsoidy kształtu wyznaczonym przez trójkę \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\) (wystarczy wziąć wprost elipsoidę \(\displaystyle{ S _{\left( a,b,c\right) } }\)), więc zbiór takich elipsoid jest niepusty, a zatem działa w nim prawo zaprzeczania kwantyfikatorowi ogólnemu. Przypuśćmy więc nie wprost, że każda taka elipsoida kształtu wyznaczonym przez \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\) nie spełnia tego warunku, i doprowadźmy rozumowanie do sprzeczności. Wtedy dla każdej elipsoidy \(\displaystyle{ S}\) kształtu wyznaczonym przez \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\) nie każdy jej punkt ma przynajmniej jedną współrzędną niewymierną, czyli taka elipsoida ma punkt, który nie ma współrzędnej niewymiernej , czyli wszystkie trzy współrzędne muszą być wymierne. Czyli każda elipsoida \(\displaystyle{ S}\) kształtu wyznaczonym przez \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\) ma punkt \(\displaystyle{ P_S \in S}\) o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych.
Rozważmy rodzinę elipsoid: \(\displaystyle{ \mathbb{B} = \left\{ S _{\left( ka,kb, kc\right) }\Bigl| \ k \in \RR_+ \right\}}\).
Jest to rodzina elipsoid kształtu wyznaczonym przez \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\). Takie elipsoidy są rozłączne, i jest ich tyle, ile jest liczb dodatnich, czyli continuum. I teraz przypiszmy elipsoidzie \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B}}\) punkt \(\displaystyle{ P_S \in S}\) o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych- wiemy już że taki punkt zawsze istnieje, ale... (na wszelki wypadek dodam tu-stosujemy tu, w razie potrzeby, aksjomat wyboru, a dokładniej, to stosujemy tu twierdzenie o funkcji wyboru). Niech \(\displaystyle{ f}\) będzie funkcją działającą w poniższy sposób: \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B} \stackrel{f}{ \rightarrow } P_S \in S \cap \stackrel{3}{\mathop{P}_{i=1}} \left( \QQ\right) }\) przypisującą elipsoidzie jej punkt o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych. Ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a elipsoidzie przypisujemy jej punkt, to taka funkcja nie może dwóm różnym elipsoidom przypisywać tego samego punktu (bo wtedy elipsoidy te by się przecinały- sprzeczność), a więc jest to funkcja różnowartościowa. A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \stackrel{3}{\mathop{P}_{i=1}} \left( \QQ\right) \right|\sim \NN}\), a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest co najwyżej przeliczalna. Tymczasem, tych elipsoid jest tyle, ile jest liczb dodatnich, czyli continuum, a zatem nieprzeliczalnie wiele-sprzeczność\(\displaystyle{ .\square}\)
Dodam tutaj jeszcze jeden dowodzik:
Niech \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\) będzie liczbą naturalną dodatnia, i niech: \(\displaystyle{ B_n= \left\{ n \cdot m\Bigl| \ m \in \NN_+\right\} = \left\{ n, 2n, 3n, \ldots\right\} \subset \NN.}\)
Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ B_n}\) jest podobny do zbioru liczb naturalnych: \(\displaystyle{ B_n \approx \NN}\).
Nim to zrobimy, przypomnijmy, że jeśli mamy zbiór typu pewnego podzbioru zbioru liczb naturalnych, tzn. jeśli \(\displaystyle{ B \approx C \subset \NN}\), to albo zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest skończony, albo jest podobny do zbioru liczb naturalnych- jest to dość prosty fakt.
Przejdźmy do dowodu naszego faktu:
DOWÓD TEGO FAKTU:
Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ B_n}\) jest nieskończony.
W tym celu definiujemy funkcję \(\displaystyle{ f:\NN \rightarrow B_n}\), jako: \(\displaystyle{ f\left( m\right)= n\left( \underbrace{m+1}_{ \in \NN_+}\right) \in B_n}\).
Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
Jeśli \(\displaystyle{ f\left( m_1\right)= f\left( m_2\right)}\), to \(\displaystyle{ n\left( m_1+1\right)= n\left( m_2+1\right)}\), i ponieważ \(\displaystyle{ n>0}\), to: \(\displaystyle{ m_1+1= m_2+1}\), i \(\displaystyle{ m_1=m_2}\). A zatem funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
A zatem \(\displaystyle{ \left| B_n\right| \ge \left| \NN\right|}\), a zatem zbiór \(\displaystyle{ B_n}\) jest nieskończony. Ponieważ \(\displaystyle{ B_n \approx B_n \subset \NN}\), więc w myśl przytoczonego faktu: \(\displaystyle{ B_n \approx \NN.\square}\)