Wczoraj wykazałem, że przedziałów ograniczonych na prostej(o dodatniej długości), przedziałów o rozłącznych wnętrzach może być tylko co najwyżej przeliczalnie wiele (tzn. każda rodzina zbiorów prawie rozłącznych, tzn. chodzi tu nie tyle o rodzinę zbiorów rozłącznych, tylko dopuszczamy tu jeszcze przekroje jednoelementowe zbiorów tej rodziny, wtedy takie przedziały będą mogły 'stykać się' tylko na swoich końcach, każda taka rodzina jest co najwyżej przeliczalna). Udowodniłem również (i to na dwa sposoby), że każda rodzina przedziałów domkniętych (o dodatniej długości) na prostej, przedziałów prawie rozłącznych, jest co najwyżej przeliczalna. Zbadałem też (ale już mniej szczegółowo) takie dwa fakty, dowodząc, że każda rodzina prostokątów na płaszczyźnie (o dodatnim polu), prostokątów o rozłącznych wnętrzach, jest co najwyżej przeliczalna. I wykazałem podobnie, że każda rodzina kwadratów (o dodatnim polu) na płaszczyźnie, kwadratów o rozłącznych wnętrzach, jest co najwyżej przeliczalna. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ A \subset \RR\Bigl| \ \left\{ \right\} \neq A \hbox{ jest przedziałem ograniczonym i } l _{A}:= \bigvee A- \bigwedge A>0 \right\};}\)
gdzie zapis
\(\displaystyle{ \bigvee A}\) oznacza supremum zbioru
\(\displaystyle{ A}\), a zapis
\(\displaystyle{ \bigwedge A}\) oznacza infimum zbioru
\(\displaystyle{ A}\); jest to rodzina niepustych przedziałów ograniczonych na prostej o dodatniej długości (gdyż ten ostatni zapis wyklucza przedziały jednopunktowe, no bo dla
\(\displaystyle{ a \in \RR}\), mamy:
\(\displaystyle{ \left[ a,a\right]= \left\{ a\right\}}\) , ale
\(\displaystyle{ \bigvee\left\{ a\right\}=a= \bigwedge \left\{ a\right\}}\) ).
Niech
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B}}\) będzie dowolną rodziną zbiorów z
\(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), taką, że jeśli
\(\displaystyle{ A_1, A_2}\) są dwoma różnymi zbiorami tej rodziny
\(\displaystyle{ \mathbb{A},}\) to ich przekrój jest co najwyżej jednoelementowy. Wykażemy, że każda taka rodzina
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest co najwyżej przeliczalna.
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech
\(\displaystyle{ A \in\mathbb{A}.}\)
Ponieważ
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B}}\), więc wtedy zbiór
\(\displaystyle{ A}\) jest niepustym przedziałem ograniczonym, a więc ma on supremum
\(\displaystyle{ \bigvee A}\) i ma on infimum
\(\displaystyle{ \bigwedge A.}\) Wtedy również, z założenia:
\(\displaystyle{ \bigvee A> \bigwedge A}\), a więc istnieje liczba wymierna
\(\displaystyle{ x_A \in \QQ}\) leżąca pomiędzy nimi, a więc wtedy:
\(\displaystyle{ \bigwedge A< x _{A} < \bigvee A}\).
Ponieważ
\(\displaystyle{ x_A> \bigwedge A}\), więc istnieje element
\(\displaystyle{ a \in A}\), taki, że
\(\displaystyle{ a< x_A}\).
A zatem istnieje liczba
\(\displaystyle{ a \in A}\), taka że
\(\displaystyle{ a<x_A.}\) Ponieważ
\(\displaystyle{ x_A<\bigvee A}\), więc otrzymujemy podobnie, że istnieje liczba
\(\displaystyle{ b \in A}\), taka, że
\(\displaystyle{ x_A<b}\).
A zatem istnieje element
\(\displaystyle{ b \in A}\), taki, że:
\(\displaystyle{ x_A<b.}\) A zatem:
\(\displaystyle{ A\ni a<x_A<b \in A}\),
a zbiór
\(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem, więc wnioskujemy, że
\(\displaystyle{ x_A \in A}\), a zatem
\(\displaystyle{ x _{A} \in A \cap \QQ}\). I teraz przypisujemy:
\(\displaystyle{ A \in\mathbb{A} \stackrel{f}{ \rightarrow } x_A \in A \cap \QQ.}\)
Wykażemy, że taka funkcja
\(\displaystyle{ f:\mathbb{A} \rightarrow \QQ}\) jest różnowartościowa.
W tym celu weźmy dwa różne zbiory
\(\displaystyle{ A_1, A_2 \in \mathbb{B}}\), i przypuśćmy nie wprost, że:
\(\displaystyle{ f\left( A_1\right)= f\left( A_2\right)}\), oznaczmy tą wartość jako
\(\displaystyle{ f\left( A\right)}\). Wtedy
\(\displaystyle{ f\left( A\right) \in A_1 \cap A_2}\). Mamy też, z konstrukcji liczby
\(\displaystyle{ x _{A}}\), mamy:
\(\displaystyle{ \bigwedge A_1<f\left( A\right)< \bigvee A_1}\), i podobnie:
\(\displaystyle{ \bigwedge A_2< f(A)< \bigvee A_2.}\)
Niech:
\(\displaystyle{ A_0= \frac{ \max \left( \bigwedge A_1, \bigwedge A_2 \right) + f\left( A\right) }{2}.}\)
gdzie, dla liczb
\(\displaystyle{ x,y \in \RR}\) zapis
\(\displaystyle{ \max \left( x,y\right)}\) oznacza większą z liczb
\(\displaystyle{ x}\) i
\(\displaystyle{ y}\).
(Czyli bierzemy tutaj większy z lewych końców tych przedziałów
\(\displaystyle{ A_1, A_2}\), i bierzemy wartość środkową między tym punktem a punktem
\(\displaystyle{ f\left( A\right) \in \QQ}\) ).
Jeśli
\(\displaystyle{ \max \left( \bigwedge A_1; \bigwedge A_2\right) = \bigwedge A_1,}\)
to wykażemy, że
\(\displaystyle{ A_0 \in A_1}\).
Wtedy podstawiając za to maksimum, otrzymujemy:
\(\displaystyle{ A_0= \frac{\bigwedge A_1+ f\left( A\right) }{2}}\). Mamy
\(\displaystyle{ A_0> \bigwedge A_1}\), a zatem istnieje liczba
\(\displaystyle{ a \in A_1}\), taka, że
\(\displaystyle{ a<A_0}\) ( uzasadniamy to dowodem nie wprost, w sposób podobny jak wcześniej). A zatem istnieje element
\(\displaystyle{ a \in A_1}\), taki, że
\(\displaystyle{ a<A_0}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ A_1\ni a < A_0< f\left( A\right) \in A_1}\).
Ponieważ zbiór
\(\displaystyle{ A_1}\) jest przedziałem, więc wnioskujemy, że
\(\displaystyle{ A_0 \in A_1}\).
Wykażemy teraz, że
\(\displaystyle{ A_0 \in A_2}\).
Mamy
\(\displaystyle{ A_0> \bigwedge A_1 \ge \bigwedge A_2}\), a zatem
\(\displaystyle{ A_0> \bigwedge A_2}\). A zatem istnieje liczba
\(\displaystyle{ b \in A_2}\), taka, że
\(\displaystyle{ b<A_0}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ A_2\ni b< A_0<f\left( A\right) \in A_2}\),
i ponieważ zbiór
\(\displaystyle{ A_2}\) jest przedziałem, więc możemy wnioskować, że
\(\displaystyle{ A_0 \in A_2.}\)
A zatem
\(\displaystyle{ A_0 \in A_1 \cap A_2}\), i mamy
\(\displaystyle{ f\left( A\right) \in A_1 \cap A_2}\), więc ponieważ
\(\displaystyle{ A_0< f(A)}\), więc
\(\displaystyle{ A_0 \neq f\left( A\right)}\), a zatem przekrój
\(\displaystyle{ A_1 \cap A_2}\) jest co najmniej dwuelementowy, co daje sprzeczność z naszym założeniem.
Jeśli
\(\displaystyle{ \max \left( \bigwedge A_1, \bigwedge A_2\right) = \bigwedge A_2}\), to w sposób podobny uzasadniamy, że
\(\displaystyle{ A_0 \in A_2}\), i następnie uzasadniamy, w sposób symetryczny jak powyżej, że
\(\displaystyle{ A_0 \in A_1}\), a zatem
\(\displaystyle{ A_0 \in A_1 \cap A_2}\). Mamy
\(\displaystyle{ f\left( A\right) \in A_1 \cap A_2}\), więc ponieważ
\(\displaystyle{ f\left( A\right) \neq A_0}\) (bo
\(\displaystyle{ A_0< f\left( A\right)}\)), więc przekrój
\(\displaystyle{ A_1 \cap A_2}\) jest co najmniej dwuelementowy, co również daje sprzeczność z naszymi założeniami.
Wobec czego funkcja
\(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
A zatem
\(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \QQ\right| = \left| \NN\right|}\), czyli rodzina
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest co najwyżej przeliczalna
\(\displaystyle{ .\square}\)
Przejdźmy do naszego drugiego problemu:
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ \left[ a,b\right] \Bigl| \ a,b \in \RR, a<b\right\},}\)
będzie rodziną wszystkich przedziałów domkniętych o dodatniej długości.
I niech
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{S}}\) będzie dowolną rodziną zbiorów z
\(\displaystyle{ \mathbb{S}}\), taką, że dla każdych dwóch różnych zbiorów z
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) ich przekrój jest co najwyżej jednoelementowy. Wykażemy, że każda taka rodzina
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest co najwyżej przeliczalna.
PROSTY DOWÓD TEGO FAKTU:
Ten fakt wynika z poprzedniego faktu:
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ A \subset \RR\Bigl| \ \left\{ \right\} \neq A \hbox{ jest przedziałem ograniczonym i } l _{A}:= \bigvee A- \bigwedge A >0 \right\};}\)
będzie poprzednio rozważaną rodziną przedziałów ograniczonych.
Wystarczy zatem pokazać, że:
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B}.}\)
W tym celu wykazujemy, że
\(\displaystyle{ \mathbb{S} \subset \mathbb{B}.}\)
Jeśli mamy przedział domknięty
\(\displaystyle{ \left[ a;b\right]}\) z rodziny
\(\displaystyle{ \mathbb{S}}\), to jest to niepusty (
\(\displaystyle{ a \in \left[ a,b\right]}\) ) podzbiór zbioru
\(\displaystyle{ \RR}\), jest to przedział ograniczony, i
\(\displaystyle{ l _{\left[ a,b\right] }= \left( \bigvee \left[ a,b\right]\right) - \bigwedge \left[ a,b\right]= b-a>0.}\) A zatem
\(\displaystyle{ \left[ a,b\right] \in \mathbb{B}}\), i
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{S} \subset \mathbb{B}}\), tak więc
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B}.}\)
I mamy, z założenia, to, że każde dwa różne zbiory tej rodziny
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) mają przekrój co najwyżej jednoelementowy. Stosując zatem poprzedni fakt, otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \NN\right|.\square}\)
Wykażemy ten fakt również innym sposobem (bo taki sposób był moim pierwotnym zamierzeniem, pomysłem zapoczątkowanym
przed zrobieniem tego pierwszego dowodu, więc oczywiście dopiero przystępując do drugiego faktu zacząłem podejrzewać, że wynika on z pierwszego faktu, a pierwotny pomysł był inny); oto:
DRUGI DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{A ^{'} }= \left\{ \left( a,b\right)= \left[ a,b\right] \setminus \left\{ min \left[ a,b\right] =a; max \left[ a,b\right]=b \right\}\Bigl| \ \left[ a,b\right] \in \mathbb{A}\right\}. }\)
Czyli z przedziałów domkniętych z rodziny
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) usuwamy ich końce otrzymując rodzinę odpowiednich im przedziałów otwartych.
Wykażemy, że rodzina
\(\displaystyle{ \mathbb{A'}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
W tym celu weźmy dwa różne przedziały otwarte
\(\displaystyle{ \left( a_1, b_1\right); \left( a_2; b_2\right) \in \mathbb{A'}}\), i pokażmy, że są one rozłączne. W tym celu wyznaczmy ich przekrój. Mamy:
\(\displaystyle{ \left( a_1, b_1\right) \cap \left( a_2, b_2 \right) \subset \left[ a_1, b_1\right] \cap \left[ a_2, b_2\right] \subset \left\{ b_1\right\},}\)
co otrzymujemy, na mocy naszego założenia, mówiącego, że każde dwa różne zbiory z rodziny
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) mają przekrój co najwyżej jednoelementowy. Ale
\(\displaystyle{ b_1\not \in \left( a_1, b_1\right)}\), bo
\(\displaystyle{ b_1\not< b_1}\), a zatem tym bardziej
\(\displaystyle{ b_1\not \in \left( a_1, b_1\right) \cap \left( a_2, b_2\right)}\), a zatem przekrój
\(\displaystyle{ \left( a_1, b_1\right) \cap \left( a_2, b_2\right)}\) jest pusty, a zatem przedziały otwarte
\(\displaystyle{ \left( a_1, b_1\right)}\) i
\(\displaystyle{ \left( a_2, b_2\right)}\) są rozłączne, i rodzina
\(\displaystyle{ \mathbb{A'}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
Ponieważ jest to rodzina przedziałów otwartych, to pewien znany fakt, daje, że jest ona co najwyżej przeliczalna.
Definiujemy teraz funkcję:
\(\displaystyle{ f:\mathbb{A} \rightarrow \mathbb{A'}}\), daną jako:
\(\displaystyle{ f\left( A\right)= A \setminus \left\{ min \left( A\right); max \left( A\right) \right\}= \left[ a,b\right] \setminus \left\{ a,b\right\} = \left( a,b\right) \subset \RR.}\)
Wykażemy, że funkcja
\(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
W tym celu weźmy dwa różne zbiory tej rodziny
\(\displaystyle{ A_1, A_2 \in \mathbb{A}}\), i pokażmy, że przypisane im zbiory
\(\displaystyle{ f\left( A_1\right)}\) i
\(\displaystyle{ f\left( A_2\right)}\) są różne. Z założenia mamy, że przekrój
\(\displaystyle{ A_1 \cap A_2}\) jest co najwyżej jednoelementowy. Z definicji funkcji
\(\displaystyle{ f}\) otrzymamy, że zbiory
\(\displaystyle{ f\left( A_1\right)}\) i
\(\displaystyle{ f \left( A_2\right)}\) są rozłączne i niepuste, a zatem różne, czyli:
\(\displaystyle{ f\left( A_1\right) \neq f\left( A_2\right)}\).
A zatem funkcja
\(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
A zatem
\(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \mathbb{A'}\right| \le \left| \NN\right|}\), czyli rodzina
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest co najwyżej przeliczalna
\(\displaystyle{ .\square}\) 
Zbadałem też wczoraj (ale już mniej szczegółowo) poniższy problem:
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ \left[ a,b\right] \Bigl| \ a,b \in \RR, a<b\right\}}\);
i niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{B} = \left\{ A \times B\Big| \ A,B \in \mathbb{S}\right\} = \left\{ A \times B\Bigl| \ \left( A,B\right) \in \mathbb{S} \times \mathbb{S} \right\};}\)
będzie rodziną prostokątów o dodatnim polu.
I niech
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B}}\) będzie dowolną rodziną zbiorów z
\(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), taką, że dla dowolnych dwóch różnych zbiorów
\(\displaystyle{ A_1, A_2 \in \mathbb{A}}\) ich wnętrza są rozłączne. Wykażemy, że rodzina
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest co najwyżej przeliczalna.
SZKIC DOWODU TEGO FAKTU:
Pzypisujemy:
\(\displaystyle{ A\in \mathbb{A}\stackrel {f} { \rightarrow } \left\langle x,y\right\rangle \in A \cap \left( \QQ \times \QQ\right);}\)
zbiorowi tej rodziny przypisujemy punkt z jego środka o obu współrzędnych wymiernych, i pokazujemy, że taka funkcja
\(\displaystyle{ f:\mathbb{A} \rightarrow \QQ \times \QQ\sim \NN}\), jest różnowartościowa.
Nie może ona dwóm różnym zbiorom tej rodziny przypisywać tego samego punktu, bo ponieważ taka funkcja zbiorowi przypisuje punkt z jego wnętrza, to wnętrza tych zbiorów by się przecinały- sprzeczność. Wobec czego jest to funkcja różnowartościowa.
A zatem:
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \le \left| \QQ \times \QQ\right|= \left| \NN\right|.\square}\)
I ostatni nasz problem:
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ \left[ a,b\right]\Bigl| \ a,b \in \RR, a<b \right\};}\)
i dla przedziału domkniętego tej rodziny
\(\displaystyle{ \left[ a,b\right] \in \mathbb {S}}\), niech:
\(\displaystyle{ l _{\left[ a,b\right] }= b-a}\), taką liczbę nazwijmy długością przedziału domkniętego
\(\displaystyle{ \left[ a,b\right]}\).
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{B} _{0}= \left\{ A \times B\Bigl| \ A,B \in \mathbb{S}\right\}= \left\{ A \times B\Bigl| \ \left( A,B\right) \in \mathbb{S} \times \mathbb{S} \right\};}\)
będzie rodziną prostokątów (o dodatnim polu); i niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ \left( A \times B\right) \in \mathbb{B}_0: \ l _{A}= l _{B} \right\} ;}\)
będzie rodziną prostokątów o tych samych długościach obu osi, a więc rozważamy tutaj rodzinę kwadratów.
Wykażemy, że dowolna rodzina
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B}}\) kwadratów, taka, że każde dwa różne zbiory tej rodziny mają rozłączne wnętrza, jest co najwyżej przeliczalna.
PROSTY DOWÓD TEGO FAKTU:
Wynika to z poprzedniego faktu:
Wystarczy sprawdzić, czy
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B_0}.}\) W tym celu wystarczy zauważyć, że z definicji rodziny
\(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B} \subset \mathbb{B_0}}\), a więc
\(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B_0}}\). I każde dwa różne zbiory rodziny
\(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) mają rozłączne wnętrza, stosując zatem poprzedni fakt, otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \NN\right|.\square}\)
Zauważmy jeszcze, że istotnie da się utworzyć rodzinę przeliczalnie wielu kwadratów o rozłącznych wnętrzach, w tym celu wystarczy wziąć:
\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ \left[ x,x+1\right] \times \left[ 0,1\right]\Bigl| \ x \in \ZZ \right\}}\);
Wtedy, dla liczby całkowitej
\(\displaystyle{ x \in \ZZ}\), mamy:
\(\displaystyle{ Int\left( \left[ x,x+1\right] \times \left[ 0,1\right] \right)= \left( x,x+1\right) \times \left( 0,1\right)}\), a zatem, dla
\(\displaystyle{ x_1 \neq x_2}\) wnętrza
\(\displaystyle{ Int \left( \left[ x_1, x_1+1\right] \times \left[ 0,1\right] \right)}\) i
\(\displaystyle{ Int \left( \left[ x_2, x_2+1\right] \times \left[ 0,1\right] \right)}\) są rozłączne.
\(\displaystyle{ \square}\) 
Na przyszłość zostawiam sobie zbadanie problemu ile można umieścić kostek w przestrzeni trójwymiarowej o rozłącznych wnętrzach oraz ile można umieścić sześcianów o rozłącznych wnętrzach w przestrzeni trójwymiarowej ...
Na koniec dodam, że mamy takie dwa fakty:
Każdy ciąg
\(\displaystyle{ f:\NN \rightarrow \RR}\) rosnący ograniczony z góry jest zbieżny;
Każdy ciąg
\(\displaystyle{ f:\NN \rightarrow \RR}\) malejący ograniczony z dołu jest zbieżny;
Oto:
PROSTY DOWÓD PIERWSZEGO Z TYCH DWÓCH FAKTÓW:
Zbiór wartości
\(\displaystyle{ f_P}\) ciągu
\(\displaystyle{ f}\) jest z założenia ograniczony od góry, i jest niepusty (wyraz
\(\displaystyle{ f_0}\) jest jego elementem), a zatem ma supremum
\(\displaystyle{ S \in \RR}\). A supremum ciągu rosnącego jest jego granicą
\(\displaystyle{ .\square}\)
Podobnie dowodzimy drugiego faktu (gdyż infimum ciągu malejącego jest jego granicą).
A najpiękniejsza granica to jest to złota proporcja:
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{5}+1 }{2}= 1+ \frac{1}{1+ \frac{1}{1+ \frac{1}{1+\ldots} } } \approx 1,62.}\) 
Doszły mnie słuchy, że nie jest tu potrzebny, tylko teraz jest pytanie jak to udowodnić (przedziałom przypisujemy liczbę wymierną ze środka, ale trzeba tutaj przypisać tylko jedną taką liczbę), jak to zrobić bez aksjomatu wyboru 
, a ja to zgłębiłem i to zrozumiałem ), zrozumiałem, że prostą liczb rzeczywistych 
( choć to zostało już to raczej zbadane). Albo mamy takie intuicyjnie oczywiste twierdzenie analizy zespolonej ( 
- coś mnie zainteresowało, z tego 
Dasio11 wspominał o książce Jech-a z teorii mnogości, szukałem, ale nie ma jej w mojej bibliotece, co polecacie innego z podstaw matematyki