Teoria mocy zbiorów

Post autor: **Jan Kraszewski** » 23 sie 2022, o 20:00

Jakub Gurak pisze: ↑23 sie 2022, o 19:20 A tu się zachwiałem, spróbuję to uzasadnić, proszę o sprawdzenie.

Niech zbiory \(\displaystyle{ A,B\subset \RR,}\) będą takie, że \(\displaystyle{ A,B \sim \RR.}\) Wtedy \(\displaystyle{ A \times B\sim \RR \times \RR\sim \RR }\), a więc \(\displaystyle{ A \times B\sim \RR}\), dobrze

Dobrze, ale dziwi mnie Twoje zdziwienie, bo to podstawowa wiedza nabywana na pierwszym semestrze studiów matematycznych.

Jakub Gurak pisze: ↑23 sie 2022, o 19:20To ja teraz też nie udowadniam znanych mi faktów, ale jeśli chodzi o całą resztę, to co innego...

Bardzo często udowadniasz dobrze znane fakty, które są nierzadko prostymi obserwacjami.

Jakub Gurak pisze: ↑23 sie 2022, o 19:20Ale szczerze powiedziawszy, to powyższy post Dasia 11 mnie zszokował- ja tu się mozole, a On ( jak zwykle) przedstawia genialny pomysł ( na który móglbym sam nie wpaść) w jednej linijce.

Akurat to, co napisał Ci powyżej to dość prosta obserwacja, która nie wymaga geniuszu (choć zgadzam się z Twoją ogólną oceną możliwości Dasia11...).

JK

Jakub Gurak · Post autor: **Jakub Gurak** » 30 sie 2022, o 17:43

Udowodniłem ostatnio, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest dowolnym zbiorem skończonym, to dowolna rodzina podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\) jest również zbiorem skończonym. Łatwo stąd więc wynika, że dowolny rozkład zbioru skończonego jest zbiorem skończonym. Ten ostatni fakt udowodniłem również w inny sposób. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zbiorem skończonym, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) niech będzie dowolną rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\). Wykazemy, że zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest również zbiorem skończonym.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest skończony, to jego zbiór potęgowy również jest zbiorem skończonym, na mocy faktu, który udowodnilem TUTAJ. Zauważmy, że \(\displaystyle{ \mathbb{B}\subset P(X)}\), bo jeśli \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\), ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\), to \(\displaystyle{ A\subset X}\), a stąd \(\displaystyle{ A\in P(X).}\) Ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{B}\subset P(X)}\), to \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B} \right| \le \left| P(X)\right|}\) , a moc tego zbioru potęgowego jest skończona, i w efekcie rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), jako zbiór mocy nie większej od mocy skończonej , jest zbiorem skończonym.

DOWÓD TEGO FAKTU::

a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest zbiorem skończonym.\(\displaystyle{ \square}\)

Łatwo stąd wynika, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem skończonym, a \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) dowolnym rozkładem zbioru \(\displaystyle{ X}\), to rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest zbiorem skończonym.

Ten fakt udowodnimy również innym sposobem.

INNY DOWÓD TEGO FAKTU:

Dla dowolnego ustalonego \(\displaystyle{ x\in X}\), niech \(\displaystyle{ \left[ x\right] _{\mathcal{R}}}\) będzie takim zbiorem \(\displaystyle{ A\in \mathcal{R}}\) tego rozkładu zawierającym element \(\displaystyle{ x}\), tzn. takim, że \(\displaystyle{ x\in A}\). Taki zbiór jest dokładnie jeden, bo \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ X}\). Dla dowolnego \(\displaystyle{ x\in X}\), taki zbiór będziemy oznaczać jako \(\displaystyle{ \left[ x\right] _{\mathcal{R}} . }\)

Definiujemy funkcje 'na' :

\(\displaystyle{ f:X \stackrel{NA}{ \rightarrow } \mathcal{R}}\), w następuujący sposób:

\(\displaystyle{ x\in X \stackrel {f}{ \rightarrow } \left[ x\right] _{\mathcal{R}}\in \mathcal{R}. }\)

Wykażemy teraz, że ta funkcja jest funkcją 'na'.

Niech \(\displaystyle{ A\in \mathcal{R} }\). Ponieważ \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem, to zbiór \(\displaystyle{ A}\) musi być niepusty. Istnieje więc element \(\displaystyle{ x\in A}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ X}\), a więc rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\), więc \(\displaystyle{ A\subset X}\), a wiec \(\displaystyle{ x\in X}\). Wtedy funkcja \(\displaystyle{ f }\) przyjmuje na tym elemencie pewien zbiór rozkładu \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\), tzn. mamy \(\displaystyle{ f(x)= \left[ x\right] _{\mathcal{R}}.}\) Mamy \(\displaystyle{ \left[ x\right] _{\mathcal{R}} \in\mathcal{R}}\) i \(\displaystyle{ x \in \left[ x\right] _{\mathcal{R}}}\), a także mamy \(\displaystyle{ A\in \mathcal{R}}\) i \(\displaystyle{ x\in A}\). Poniewaz istnieje dokładnie jeden, a więc w szczególności tylko jeden zbiór rozkładu \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) zawierający element \(\displaystyle{ x}\), wiec \(\displaystyle{ \left[ x\right] _{\mathcal{R}} =A}\), a zatem \(\displaystyle{ f\left( x\right) =\left[ x\right] _{\mathcal{R}} = A}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest wartością funkcji \(\displaystyle{ f}\). Z dowolności wyboru takiego zbioru otrzymujemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją 'na'.

A zatem \(\displaystyle{ \left| X\right| \ge \left| \mathcal{R} \right|}\). Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest skończony, to rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{R} }\), jako zbiór mocy nie większej niż moc skończona, jest zbiorem skończonym\(\displaystyle{ .\square}\)

Dodam jeszcze taką ciekawą obserwację:

Fakt, że zbiór pusty jest podzbiorem dowolnego zbioru można zilustrować. W tym celu przypomnę jak można precyzyjnie ilustrować inkluzję miedzy dwoma zbiorami: jeśli \(\displaystyle{ A\subset B}\), to oczywiście każdy element zbioru \(\displaystyle{ A}\) jest elementem zbioru \(\displaystyle{ B}\), ale to oznacza również, że nie ma elementu zbioru \(\displaystyle{ A}\) spoza zbioru \(\displaystyle{ B}\). Przyjmijmy, że jeśli na diagramie Venna mamy jakiś 'pusty 'kawałek', to go zakreskowujemy. W takim kawałku \(\displaystyle{ A \setminus B}\) nie ma elementów, a więc każdy element zbioru \(\displaystyle{ A,}\) 'leży w przekroju' \(\displaystyle{ A \cap B}\), a więc jest elementem zbioru \(\displaystyle{ B}\) , co przedstawia ilustracja: \(\displaystyle{ \\ \\ }\)

Rozważmy teraz zbiór pusty \(\displaystyle{ \emptyset}\) i dowolny zbiór \(\displaystyle{ A}\), i narysujmy dla nich dwa koła diagramu Venna. Zbiór pusty nie ma elementów, więc całe to pierwsze koło tego zbioru zakreskowujemy, na diagramie Venna, i widzimy wtedy, że część odpowiadająca zbiorowi \(\displaystyle{ \emptyset \setminus A}\) jest już zakreskowana, a więc, zgodnie z przytoczoną metodą odczytywania takich ilustracji: \(\displaystyle{ \emptyset\subset A}\), i zbiór pusty jest podzbiorem dowolnego zbioru.

Ponieważ równość dwóch zbiorów oznacza inkluzję w obydwie strony, więc możemy precyzyjnie ilustrować równość dwóch zbiorów, zakreskowując puste obszary \(\displaystyle{ A \setminus B}\) i \(\displaystyle{ B \setminus A}\), co przedstawia ilustracja.:\(\displaystyle{ \\ \\ }\)

Wtedy elementy zbioru \(\displaystyle{ A}\) 'leżą w przekroju' \(\displaystyle{ A \cap B}\), a elementy zbioru \(\displaystyle{ B}\) 'leżą w przekroju' \(\displaystyle{ A \cap B}\), a więc widać, że zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) mają te same elementy.

Korzystając z tej metody ilustrowania równości dwóch zbiorów, dzięki temu (i ponieważ każdy element zbioru \(\displaystyle{ A}\) jest elementem zbioru \(\displaystyle{ A}\), a więc nie ma elementu zbioru \(\displaystyle{ A}\) spoza zbioru \(\displaystyle{ A}\)) , więc dzięki temu możemy zilustrować prawa rachunku zbiorów \(\displaystyle{ A \cup A= A}\) oraz \(\displaystyle{ A \cap A=A}\): \(\displaystyle{ \\ \\}\)

Ponieważ nie ma elementu zbioru \(\displaystyle{ A}\) spoza zbioru \(\displaystyle{ A}\), to odpowiednie różnice tych dwóch zbiorów są puste, więc je zakreskowujemy, i widzimy, że wtedy suma \(\displaystyle{ A \cup A}\) 'leży w przekroju' \(\displaystyle{ A \cap A}\) i zbiiór \(\displaystyle{ A}\) również 'leży w przekroju' \(\displaystyle{ A \cap A}\), a więc te dwa zbiory są równe. Ten sam diagram Venna dobrze ilustruje prawo: \(\displaystyle{ A \cap A=A}\).

I tak- podstawy matematyki dalej mnie kręcą.

Post autor: **Jan Kraszewski** » 30 sie 2022, o 17:53

Jakub Gurak pisze: ↑30 sie 2022, o 17:43więc dzięki temu możemy zilustrować prawa rachunku zbiorów \(\displaystyle{ A \cup A= A}\) oraz \(\displaystyle{ A \cap A=A}\):

No tutaj to Cię poniosło - ten sam zbiór ilustrowany różnymi owalami. To jest idealny sposób, żeby zagmatwać rzeczy proste.

JK

a4karo · Post autor: **a4karo** » 30 sie 2022, o 18:41

Jakub Gurak pisze: ↑30 sie 2022, o 17:43

I tak- podstawy matematyki dalej mnie kręcą.

Chyba raczej Cię przekręciły

Jakub Gurak · Post autor: **Jakub Gurak** » 7 wrz 2022, o 23:30

Tydzień temu w środę udało się ukończyć zadanie polegające na zliczeniu wszystkich rozkładów płaszczyzny na prostokąty

; I to w dwóch wersjach- w pierwszej wersji chodzi o rozkłady płaszczyzny na iloczyny kartezjańskie dwóch przedziałów ( z dopuszczeniem przedziałów jednoelementowych), a w drugiej wersji chodzi o rozkłady na prostokaty zbudowane z dwóch co najmniej dwuelementowych przedziałów. Niestety, dopuszczenie przedziałów jednopunktowych nie tylko znacząco utrudnia to zadanie, ale wręcz je uniemożliwia- w takim sensie, że wtedy taka rodzina rozkładów będzie o wiele liczniejsza. Nie tak dawno, udowodniłem też, że wszystkich rozkładów płaszczyzny jest (co najmniej) \(\displaystyle{ 2^{ \left| \mathbb{\RR} \right| }.}\) W ostatni piątkowy wieczór udowodniłem też, że zbiór wszystkich rozkładów płaszczyzny na kwadraty kartezjańskie pewnych przedziałów jest- uwaga- jest jednoelementowy, gdyż ten problem okazał się problemem formalnym. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ \mathcal{R}: \ \ \mathcal{R} \hbox { jest rozkładem zbioru } \RR^{2} \right\} . }\)

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

Wykażemy, że: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B} \right| \ge 2^{ \left| \RR \right|}.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Zauważmy najpierw, że dla dowolnego ustalonego niepustego zbioru \(\displaystyle{ A\subset \RR^2}\) i różnego od całej płaszczyzny, wtedy rodzina dwuzbiorowa \(\displaystyle{ \left\{ A, A'= \RR^{2}\setminus A \right\}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2}\), na mocy pewnego ogólnego prostego faktu.

Dalej, rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{S} = P(\RR^2)\setminus \left\{\emptyset, \mathbb{R}^{2} \right\}}\) wszystkich niepustych i różnych od całej płaszczyzny, rodzinę wszystkich takich jej podzbiorów podzielmy na dwie podrodziny, dane jako

\(\displaystyle{ \mathbb{S} _{1}= \left\{ A\in\mathbb{S} : \ \ \left( 0,0\right) \in A \right\}, }\) i
\(\displaystyle{ \mathbb{S} _{2}= \left\{ A\in\mathbb{S} : \ \ \left( 0,0\right) \not\in A \right\}. }\)

Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f: \mathbb{S}_1\rightarrow \mathbb{S}_2}\), daną jako:

\(\displaystyle{ f(A)= \RR^{2}\setminus A =:A' .}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A \in\mathbb{S}_1,}\) wtedy \(\displaystyle{ A\in \mathbb{S}}\) i \(\displaystyle{ \left(0,0\right)\in A}\). Wtedy \(\displaystyle{ A\subset \RR^2 }\) i \(\displaystyle{ A\neq \emptyset, \RR^{2},}\) wtedy \(\displaystyle{ A'\subset \RR^2}\) i \(\displaystyle{ A'\neq \RR^{2},\emptyset}\), a zatem \(\displaystyle{ A' \in \mathbb{S}}\) i ponieważ \(\displaystyle{ \left(0,0\right)\in A}\), to \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)\notin A'}\), a zatem \(\displaystyle{ A'\in \mathbb{S}_2}\) i funkcja \(\displaystyle{ f: \mathbb{S}_1\rightarrow \mathbb{S}_2}\) jest dobrze określona.

Łatwo jest pokazać, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, oraz że jest to funkcją 'na'. A zatem funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją, i \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1\sim \mathbb{S}_2.}\)

Zauważmy, że \(\displaystyle{ \mathbb{S} \sim P\left( \RR^{2}\right)\sim P\left( \RR\right)\sim 2^{\RR}}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1\cup \mathbb{S}_2= \mathbb{S} }\).
Zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) musi być nieskończony, bo gdyby był zbiorem skończonym , to również zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_2}\), jako zbiór z nim równoliczny, byłby zbiorem skończonym, i w efekcie rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\), jako suma dwóch zbiorów skończonych, byłaby zbiorem skończonym, a zatem zbiór potęgowy \(\displaystyle{ P (\RR^2)}\) bylby skończonym, a ponieważ \(\displaystyle{ \RR^2\sim \RR}\), to również zbiór \(\displaystyle{ P(\RR)}\) byłby skończony, i ponieważ (na mocy twierdzenia Cantora) \(\displaystyle{ \left| \RR\right| <\left| P\left( \RR\right)\right| }\), więc wtedy zbiór \(\displaystyle{ \RR,}\) jako zbiór mocy mniejszej niż moc skończona, byłby zbiorem skończonym- sprzeczność. Wobec czego zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) musi być nieskończony.

I zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) nie moze być mocy silnie mniejszej niż moc zbioru \(\displaystyle{ 2^{\RR }}\), bo w przeciwnym razie zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_2}\), jako zbiór równoliczny ze zbiorem nieskończonym, byłby nieskończony, i ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{S}=\mathbb{S}_1\cup \mathbb{S}_2}\), gdzie zbiory \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{S}_2}\) są rozłączne, więc \(\displaystyle{ \left| \mathbb{S}\right|= \left|\mathbb{S}_1\cup \mathbb{S}_2 \right| =\left |\mathbb{S}_1\right|< \left|2^{\RR}\right|.}\)
Ale \(\displaystyle{ \left|\mathbb{S}\right|=\left|2^{\RR} \right|}\), a więc \(\displaystyle{ \left| \mathbb{S}\right|= \left|2^{\RR} \right|<\left|2^{\RR}\right|}\), a więc \(\displaystyle{ 2^{\RR}\not\sim 2^{\RR}}\)- co daje sprzeczność, bo każdy zbiór jest równoliczny z samym sobą.

Wobec czego \(\displaystyle{ |\mathbb{S}_1| \not< |2^{\RR}|}\), ale \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1\subset \mathbb{S}}\), a \(\displaystyle{ |\mathbb{S}|= |2^{\RR}|}\), a zatem \(\displaystyle{ |\mathbb{S}_1|\le |2^{\RR}|}\), a \(\displaystyle{ |\mathbb{S}_1|\not< |2^{\RR}|}\), wobec czego \(\displaystyle{ |\mathbb{S}_1|=|2^{\RR}|.}\)

Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ |\mathbb {B}|\ge |\mathbb{S}_1|.}\) W tym celu definiujemy funkcję \(\displaystyle{ \alpha:\mathbb{S}_1\rightarrow \mathbb{B}}\), działającą w następujący sposób:

\(\displaystyle{ A\in \mathbb{S}_1\stackrel{\alpha}{\rightarrow} \left\{A,A'\right\}\in \mathbb{B}.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A\in \mathbb{S}_1}\), to \(\displaystyle{ A\in\mathbb{S}}\) i \(\displaystyle{ \left(0,0\right) \in A}\). Wtedy \(\displaystyle{ A\subset \RR^2}\) i \(\displaystyle{ A\neq\emptyset, \RR^2}\), a zatem, na mocy pewnego prostego faktu rodzina dwuzbiorowa \(\displaystyle{ \left\{A,A'\right\}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2}\), a zatem \(\displaystyle{ \left\{A,A\right\}\in \mathbb{B},}\) i funkcja \(\displaystyle{ \alpha:\mathbb{S}_1\rightarrow \mathbb{B}}\), jest dobrze określona.

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

Jeśli \(\displaystyle{ \alpha(A)= \alpha(B)}\), wtedy \(\displaystyle{ \left\{A,A'\right\}= \left\{B,B'\right\}.}\) Mamy, na podstawie zasady równości zbiorów: \(\displaystyle{ A\in \left\{ B,B'\right\}}\) . Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ A=B'}\). Ponieważ \(\displaystyle{ A\in\mathbb{S}_1}\), to \(\displaystyle{ (0,0)\in A}\), a zatem \(\displaystyle{ (0,0)\in B',}\) a zatem \(\displaystyle{ (0,0)\not\in B}\), ale \(\displaystyle{ B\in\mathbb{S}_1}\), więc \(\displaystyle{ (0,0)\in B}\)-sprzeczność.
Wobec czego \(\displaystyle{ A\neq B'}\), a \(\displaystyle{ A\in \left\{ B,B'\right\}}\), więc \(\displaystyle{ A=B,}\) i funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa.

A zatem \(\displaystyle{ |\mathbb{B}|\ge |\mathbb{S}_1| =|2^{\RR}|.\square}\)

Przejdźmy do kolejnego problemu:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\) będzie rodziną wszystkich przedziałów w zbiorze liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ \RR}\) z naturalnym porządkiem.

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną wszystkich prostokątów kartezjańskich zbudowanych z tych przedziałów, tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ A\times B\Bigl| \ \ A,B\in \mathbb{S} \right\}.}\)

Formalniej:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ C\subset \RR^{2}: \ \ \bigvee\limits_{A,B\in \mathbb{S} } C=A\times B\right\}.}\)

Jest to rodzina wszystkich prostokątów zbudowanych z dwóch przedziałów.

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną wszystkich rozkładów płaszczyzny na zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), tzn.:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ \mathcal{R}: \ \ \mathcal{R} \hbox{ jest rozkładem zbioru } \RR^2 \hbox{ i } \mathcal{R}\subset \mathbb{B} \right\}.}\)

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

Wykażemy, że \(\displaystyle{ |\mathbb{A}| \ge 2^{\left|\RR\right|}. }\)

Wykażemy inny konkretniejszy fakt, z którego łatwo będzie wynikać nasza teza. Tzn.:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\) będzie rodzina wszystkich przedziałów w \(\displaystyle{ \left(\RR,\le \right)}\). Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}_0=\left\{ A\in \mathbb{S}: \ \ \left|A\right|\ge 2\right\}.}\)

będzie rodziną wszystkich takich co najmniej dwuelementowych przedziałów.

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) będzie rodziną wszystkich odcinków poziomych zbudowanych z takich przedziałów, tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}_1= \left\{ A\times \left\{ y\right\} \Bigl| \ \ y\in\RR, A \in\mathbb{S}_{0} \right\} =\left\{ A\times \left\{ y\right\} \Bigl| \ \ \left( A,y \right)\in \mathbb{S}_{0}\times \RR \right\} .}\)

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1}\) będzie rodziną wszystkich rozkładów płaszczyzny na zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\), tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}_1= \left\{ \mathcal{R}: \ \ \mathcal{R} \hbox{ jest rozkładem zbioru } \RR^2 \hbox{ i } \mathcal{R}\subset \mathbb{S}_1 \right\}.}\)

I pytamy o moc rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1.}\)

Wykażemy, że \(\displaystyle{ |\mathbb{B}_1|\ge 2^{\left|\RR\right|}.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{D}_0 = \left\{ \mathcal{R}: \ \ \mathcal{R} \hbox{ jest rozkładem zbioru } \RR\hbox{ na przedziały } \right\}}\),

Chodzi o rozkłady na przedziały, a więc takie, że każdy zbiór \(\displaystyle{ A\in \mathcal{R} }\) jest przedziałem w \(\displaystyle{ \left(\RR,\le\right).}\)

I rozważmy jej podrodzinę złożoną z rozkładów na zbiory co najmniej dwuelementowe, tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{D}= \left\{ \mathcal{R}\in \mathbb{D}_0: \ \ A\in \mathcal{R}\rightarrow \left|A\right| \ge 2 \right\}.}\)

Przypominam, w tym wątku udowodniłem, że istnieje dokładnie continuum rozkładów zbioru liczb rzeczywistych na przedziały, a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{D}_0}\) ma moc continuum. Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{D} }\) również ma moc continuum.

Jest to dość proste, w tym celu dla dowolnej liczby rzeczywistej dodatniej \(\displaystyle{ x}\) definiujemy rozkład:

\(\displaystyle{ \mathcal{R}_x= \left\{ A_{x}^{-}= \RR_{-}\cup \left\{ 0 \right\}; A_x:= \left(0,x\right); A_{x}^{+}= \left[ x,+\infty \right) \right \}.}\)

Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) działąjacą w następujacy sposób:

\(\displaystyle{ x\in\RR_+\stackrel {f}{\rightarrow} \mathcal{R}_x}\) jest dobrze określoną injekcją.

DOWÓD TEGO FAKTU::

A zatem \(\displaystyle{ |\mathbb{D}|\ge |\RR_{+}|=|\RR|}\). A ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{D}_0\sim \RR}\), i \(\displaystyle{ \mathbb{D}\subset \mathbb{D}_0}\), to \(\displaystyle{ |\mathbb{D}|\le |\RR|}\). Na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ |\mathbb{D}|= |\RR|.}\)

Definiujemy teraz injekcję \(\displaystyle{ \alpha: \mathbb{D} ^{\RR}\rightarrow \mathbb{B}_1}\), w następujacy sposób:

jesśi \(\displaystyle{ f: \RR\rightarrow \mathbb{D}}\), i jeśli (dla dowolnego ustalonego \(\displaystyle{ x\in\RR}\)), mamy \(\displaystyle{ f(x)= \mathcal{R}_x}\), wtedy \(\displaystyle{ \mathcal{R}_x \in \mathbb{D}_0}\), i \(\displaystyle{ \mathcal{R}_x}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR}\) na przedziały, i te przedziały muszą tutaj być co najmniej dwuelementowe.

Rozważmy nowy rozkład:

\(\displaystyle{ \mathcal{R}_{x}^{'}=\left\{A\times \left\{x\right\}\Bigl| \ \ A\in \mathcal{R}_x\right\} .}\)
wtedy rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{R}_x^{'} }\) istotnie jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR\times \left\{ x\right\}}\).

DOWÓD TEGO FAKTU::

Rozważmy sumę mnogościową:

\(\displaystyle{ \mathcal{R}_f= \bigcup _{x\in\RR} \mathcal{R}_x ^{'}.}\) Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{R}_f}\) jest rozkładem płaszczyzny \(\displaystyle{ \RR^2}\) na zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\).

DOWÓD TEGO FAKTU::

A zatem \(\displaystyle{ \mathcal{R}_f\in \mathbb{B}_1}\), i funkcja:

\(\displaystyle{ f\in \mathbb{D}^{\RR} \stackrel {\alpha}{\rightarrow} \mathcal{R}_f \in \mathbb{B}_1}\),

jest dobrze określona.

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

Przypuścmy, że \(\displaystyle{ \alpha(f_1)= \alpha(f_2)}\), tzn. \(\displaystyle{ \alpha(f_1)= \mathcal{R} _{f_1}= \mathcal{R} _{f_2} =\alpha(f_2)}\) i pokażmy, że \(\displaystyle{ f_1= f_2}\). Mamy \(\displaystyle{ f_1,f_2:\RR\rightarrow \mathbb{D}}\), więc aby pokazać, że te funkcję są równe, to weźmy dowolną liczbę \(\displaystyle{ x\in\RR}\), i pokażmy, że funkcje \(\displaystyle{ f_1}\) i \(\displaystyle{ f_2}\) przyjmują na tej liczbie te same wartości. Przypuśćmy, że tak nie jest, tzn. przypuśćmy, że \(\displaystyle{ f_1(x)\neq f_2(x).}\) Wartościami tych funkcji są rozkłady zbioru \(\displaystyle{ \RR}\), a zatem oznaczmy te rozkłady odpowiednio jako \(\displaystyle{ \mathcal{R}_x ^{1}}\) i \(\displaystyle{ \mathcal{R}_{x}^{2} }\). Wtedy \(\displaystyle{ \mathcal{R}_{x}^{1}\neq \mathcal{R}_{x}^{2}}\), a zatem \(\displaystyle{ \mathcal{R}_{x}^{1}\not\subset \mathcal{R}_{x}^{2}}\) lub \(\displaystyle{ \mathcal{R} _{x}^{2}\not\subset \mathcal{R}_{x}^{1}.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ \mathcal{R}_{x}^{1}\not\subset \mathcal{R}_{x}^{2},}\) wtedy na podstawie definicji inkluzji oraz na podstawie prawa zaprzecznia ograniczonemu kwantyfikatorowi ogólnego, więc otrzymujemy pewien zbiór \(\displaystyle{ A\in \mathcal{R}_{x}^{1}}\), taki, że \(\displaystyle{ A\not\in \mathcal{R}_{x}^{2}}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( A\times \left\{ x\right\} \right)\in \left(\mathcal{R}_{x}^{1} \right)^{'},}\) i \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\}\not\in (\mathcal{R} _{x} ^{2} )^{'}.}\) Gdyby bowiem byłoby \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\} \in (\mathcal{R}_{x}^{2} ) '}\), to musiałoby być, na podstawie definicji takich rozkładów, musi wtedy być: \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\} = B\times \left\{ x\right\}}\), gdzie \(\displaystyle{ B\in \mathcal{R}_x^{2}}\). Wtedy:

\(\displaystyle{ A= (A\times \left\{ x\right\} ) _L= (B\times \left\{ x\right\} )_L= B}\), a zatem \(\displaystyle{ A=B\in\mathcal{R}_{x}^{2} }\), a \(\displaystyle{ A\not\in \mathcal{R} _{x}^{2}}\)- sprzeczność. A zatem \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\} \not\in (\mathcal{R}_x^{2})'.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\} \in (\mathcal{R}_x^1 ) '}\), to \(\displaystyle{ (A\times \left\{ x\right\} )\in \bigcup _{y\in\RR} (\mathcal{R_y^1})'= \mathcal{R}_{f_1}.}\)
A \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\}\not\in \mathcal{R}_{f_2}= \bigcup _{y\in\RR} (\mathcal{R} _y^2)'.}\)
Gdyby bowiem byłoby \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\}\in \mathcal{R}_{f_2}}\), to mielibyśmy: \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\} \in (\mathcal{R} _{y} ^{2})'}\), gdzie \(\displaystyle{ y\in\RR}\); wtedy poniewaz \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\} \not \in (\mathcal{R}_x^{2}) '}\), więc musi być \(\displaystyle{ x\neq y}\). Wtedy, z definicji tych rozkładów: \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\} = B\times \left\{ y\right\}}\) gdzie \(\displaystyle{ B\in \mathcal{R}_{y}^{2}.}\) A wtedy:

\(\displaystyle{ \left\{ x\right\}= (A\times \left\{ x\right\} ) _P = (B\times \left\{ y\right\})_P= \left\{ y\right\} }\), a zatem \(\displaystyle{ \left\{ x\right\} = \left\{ y\right\} }\),skąd \(\displaystyle{ x=y}\)-sprzeczność.

Wobec czego \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\}\not\in \mathcal{R}_{f_2}}\), a \(\displaystyle{ A\times \left\{ x\right\} \in \mathcal{R}_{f_1}}\) , wobec czego \(\displaystyle{ \mathcal{R}_{f_1} \neq \mathcal{R}_{f_2}}\) sprzeczność.

Pozostaje rozważyć przypadek gdy: \(\displaystyle{ \mathcal{R}_x^2\not\subset \mathcal{R}_x^1}\).

PODOBNY DOWÓD TEGO FAKTU::

Wobec czego musi być: \(\displaystyle{ f_1(x)= f_2(x)}\), i ( z dowolności wyboru \(\displaystyle{ x\in\RR}\)) otrzymujemy, że: \(\displaystyle{ f_1=f_2}\). A zatem funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa.

A zatem:

\(\displaystyle{ |\mathbb{B}_1|\ge |\mathbb{D} ^{\RR}| \stackrel{\mathbb{D}\sim \RR }{=}|\RR^{\RR}|= |2^{\RR}|}\), czyli \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 \ge |2^ {\RR}|.\square}\)

Łatwo teraz udowodnić naszą właściwszą tezę.

DOŚĆ OCZYWISTY DOWÓD TEGO FAKTU:

Łatwo jest przekonać się, że \(\displaystyle{ \mathbb{A}\supset \mathbb{B}_1}\), a zatem \(\displaystyle{ |\mathbb{A}|\ge |\mathbb{B}_1|\ge |2^{\RR}|}\), a więc \(\displaystyle{ |\mathbb{A}|\ge |2^{\RR}|.\square }\)

Również jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0}\) jest rodziną wszystkich co najmniej dwuelementowych przedziałów w \(\displaystyle{ \RR}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{S}_2}\) rodziną wszystkich odcinków pionowych zbudowanych z takich przedziałów, tzn.:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}_2= \left\{ \left\{ x\right\} \times A\Bigl| \ \ x\in\RR, A\in \mathbb{S}_0 \right\} = \left\{ \left\{ x\right\} \times A\Bigl| \ \ \left( x,A\right) \in \RR \times \mathbb{S}_0\right\} . }\)

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}_2}\) będzie rodziną wszystkich rozkładów płaszczyzny na zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{S}_2.}\), tzn. niech:

\(\displaystyle{ \left\{ \mathcal{R}: \ \ \mathcal{R} \hbox{ jest rozkładem zbioru } \RR ^{2} \hbox{ i } \mathcal{R}\subset \mathbb{S} _{2}\right\} .}\)

I pytamy o moc rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}_2.}\)

Wykażemy, że : \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_2\right| \ge 2 ^{\left| \RR\right| } .}\)

Dla rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) wszystkich odcinków poziomych zbudowanych z przedziałów z \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0}\), tzn. dla rodziny:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}_1=\left\{ A \times \left\{ y\right\} \Bigl| \ \ y\in\RR, A\in \mathbb{S}_0\right\} }\),

i jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B} _{1}}\) jest rodziną wszystkich rozkładów płaszczyzny na zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\), tzn.:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}_1= \left\{ \mathcal{R}: \ \ \mathcal{R} \hbox{ jest rozkładem zbioru } \RR ^{2} \hbox{ i } \mathcal{R}\subset \mathbb{S} _{1} \right\};}\)

wtedy wykażemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1\sim \mathbb{B}_2.}\)

W tym celu wykazujemy, że funkcja \(\displaystyle{ \alpha :\mathbb{B}_1 \rightarrow \mathbb{B} _{2}}\), określona w poniższy sposób:

jeśli \(\displaystyle{ \mathcal{R} \in \mathbb{B}_1}\), wtedy \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem \(\displaystyle{ \RR^2}\) i \(\displaystyle{ \mathcal{R} \subset \mathbb{S}_1}\);

i przypisujemy jemu rodzinę relacji odwrotnych do relacji z tego rozkładu \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\), tzn. przypisujemy jemu rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{R}'}\) dany jako:

\(\displaystyle{ \mathcal{R}'= \left\{ A ^{-1}\Bigl| \ \ A\in\mathcal{R} \right\} .}\)

I wykazujemy, że jest to dobrze określona bijekcja.

DOWÓD TEGO FAKTU::

A zatem \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1\sim \mathbb{B}_2}\).

A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_2\right|=\left| \mathbb{B}_1\right| \ge 2 ^{|\RR|}}\), czyli \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}_2\right| \ge 2 ^{|\RR|} . \square}\)

Przejdźmy do drugiej wersji tego naszego problemu:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0}\) będzie rodziną wszystkich co najmniej dwuelementowych przedziałów, tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}_0 = \left\{ A\subset \RR\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem w } \left( \RR,\le \right) \hbox{ i } \left| A\right| \ge 2 \right\}.}\)

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną wszystkich prostokątów zbudowanych z takich dwóch przedziałów, tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ A\times B: \ \ A,B\in \mathbb{S}_0 \right\}.}\)

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną wszystkich rozkładów płaszczyzny na zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}=\left\{ \mathcal{R}: \ \ \mathcal{R} \hbox{ jest rozkładem zbioru } \RR^2 \hbox{ i } \mathcal{R}\subset \mathbb{B} \right\} .}\)

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

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) ma moc continuum.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech:

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

(Wiemy, że ta rodzina ma moc continuum).

Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ |\mathbb{B}| \le \left|\mathbb{S}_0\times \mathbb{S}_0\right|.}\)

W tym celu definiujemy funkcję \(\displaystyle{ f:\mathbb{B}\rightarrow \mathbb{S}_0\times \mathbb{S}_0,}\) daną jako:

\(\displaystyle{ f(R) = (R_L, R_P).}\)

Wzór ten ma sens, bo rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów płaszczyzny, więc są to relacje na zbiorze liczb rzeczywistych., więc możemy mówić o lewych i prawych dziedzinach takich relacji.

Jeśli \(\displaystyle{ R\in \mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ R= A\times B}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B\in \mathbb{S}_0}\). Wtedy: \(\displaystyle{ f(R)= ( (A\times B)_L , (A\times B ) _P) = (A,B) \in \mathbb{S}_0\times\mathbb{S}_0}\), i otrzymujemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest dobrze określona.

Łatwo jest pokazać, że jest to funkcja różnowartościowa.

A zatem \(\displaystyle{ |\mathbb{B}|\le \left|\mathbb{S}_0\times \mathbb{S}_0\right|}\), a ten zbiór jest podzbiorem (bo niewątplwie \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0 \subset \mathbb{S}}\)), więc jest to podzbiór zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{S}\times\mathbb{S}}\), który to zbior jest równoliczny ze zbiorem( gdyż \(\displaystyle{ \mathbb{S}\sim \RR}\)), więc jest to zbiór równoliczny z \(\displaystyle{ \RR\times \RR\sim \RR}\). Czyli \(\displaystyle{ \left |\mathbb{B} \right| \le|\RR|.}\)

Aby uzyskać nierówność mocy w drugą stronę, wystarczy tylko rozwazyć funkcję \(\displaystyle{ f: [0, +\infty)\rightarrow\mathbb{B}}\), działającą w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ x\rightarrow \mathop{\left[ -1,x\right]}_{\in \mathbb{S}_0 } \times \mathop{ \left[ 0,1\right] }_{\in\mathbb{S}_0}\in \mathbb{B} .}\)

I ławo możemy pokazać, że jest to funkcja różnowartościowa.

A zatem \(\displaystyle{ |\RR|= \left|[0, +\infty) \right| \le |\mathbb{B}|.}\)

Na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ |\mathbb{B}|= |\RR|.}\)

Wykażemy, że jeśli \(\displaystyle{ \mathcal{R}\in \mathbb{A}}\), to rozkład \(\displaystyle{ \mathcal {R}}\) jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym.

Niech \(\displaystyle{ C\in \mathcal {R}\subset \mathbb{B}}\). Wtedy, z definicji rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), mamy: \(\displaystyle{ C=A\times B}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B\in \mathbb{S}_0}\). Wtedy zbiory \(\displaystyle{ A,B}\) są przedziałami w \(\displaystyle{ \RR,}\) i są to zbiory co najmniej dwuelementowe.

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest co najmniej dwuelementowy, więc istnieją dwa różne elementy \(\displaystyle{ a,b\in A}\). Wtedy \(\displaystyle{ a,b\in\RR}\), a więc \(\displaystyle{ a<b}\) lub \(\displaystyle{ b<a}\).

Jeśli \(\displaystyle{ a<b}\), wtedy istnieje liczba wymierna \(\displaystyle{ c\in\QQ}\), taka, że: \(\displaystyle{ a<c<b}\), wtedy \(\displaystyle{ A\ni a<c<b\in A}\), a zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem, więc wnioskujemy, że \(\displaystyle{ c\in A}\) i \(\displaystyle{ c\in A\cap \QQ}\).

Jeśli \(\displaystyle{ b<a}\), to w sposób analogiczny otrzymujemy pewien element \(\displaystyle{ c\in A\cap \QQ.}\)

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest co najmniej dwuelementowy, więc istnieją dwa różne elementy \(\displaystyle{ x,y\in B}\). Wtedy \(\displaystyle{ x,y\in\RR}\), a więc \(\displaystyle{ x<y}\) lub \(\displaystyle{ y<x. }\)

Jeśli \(\displaystyle{ x<y}\), to istnieje liczba wymierna \(\displaystyle{ z\in\QQ}\), taka, że: \(\displaystyle{ x<z<y}\). Wtedy \(\displaystyle{ B\ni x<z<y\in B}\), a zbior \(\displaystyle{ B}\) jest przedziałem, więc wnioskujemy, że \(\displaystyle{ z\in B,}\) i \(\displaystyle{ z\in B\cap \QQ}\).

Jeśli \(\displaystyle{ y<x}\), to w sposób analogiczny otrzymujemy pewien element \(\displaystyle{ z\in B\cap \QQ}\).

A zatem \(\displaystyle{ (c,z)\in A\times B=C}\), i (\(\displaystyle{ c,z)\in\ \QQ\times \QQ}\),

i (stosując, być mioże, aksjomat wyboru) otrzymujemy funkcję \(\displaystyle{ C\in \mathcal{R}\stackrel{f}{ \Longrightarrow } \left( c,z\right) \in C \cap \left( \QQ \times \QQ\right) }\).

Ponieważ \(\displaystyle{ \mathcal {R}}\), jako rozkład, jest rodziną zbiorów rozłącznych, a zbiorowi tego rozkładu przypisujemy jego element, to łatwo jest pokazać, że taka funkcja jest róznowartościowa.

A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathcal{R}\right| \le \left| \QQ \times \QQ\right| = \left| \NN\right| .}\)

Dalej, oznaczmy przez \(\displaystyle{ \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}}\) rodzinę wszystkich niepustych co najwyżej przeliczalnych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\).

Zauwazmy, że \(\displaystyle{ \mathbb{A}\subset \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}}\), gdyż jeśli \(\displaystyle{ \mathcal{R} \in \mathbb{A}}\), to z definicji \(\displaystyle{ \mathcal{R} \subset \mathbb{B}}\), i wykazaliśmy przed chwilą, że ten zbiór musi być co najwyżej przeliczalny, i jest to zbiór niepusty- bo jest to rozkład płaszczyzny , więc \(\displaystyle{ \bigcup\mathcal{R}= \RR ^{2}}\), a \(\displaystyle{ \bigcup\emptyset =\emptyset \neq \RR ^{2}.}\) W zwiazku z czym możemy wnioskować, że \(\displaystyle{ \mathcal{R}\in \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}}\), i \(\displaystyle{ \mathbb{A}\subset \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}}\).

A zatem: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \left[\mathbb{B} \right] ^{\NN} \right|.}\)

Przypomnijmy, udowodniłem kiedyś taki fakt, że jeśli \(\displaystyle{ Y}\) jest zbiorem mocy conytinuum, a \(\displaystyle{ \left[ Y \right] ^{\NN}}\) jest rodziną wszystkich co najwyżej przeliczalnych i niepustych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ Y}\), to: \(\displaystyle{ \left| \left[ Y\right] ^{\NN}\right| \le \left| Y ^{\NN} \right|}\), czyli takich podzbiorów jest co najwyżej tyie ile jest wszystkich ciagów elementiów zbioru \(\displaystyle{ Y}\).

W związku z czym, ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B} }\) jest mocy continuum, to:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN} \right| \le \left| \mathbb{B}^{\NN} \right|\stackrel{\mathbb{B}\sim \RR}{=} \left| \RR ^{\NN} \right| =\left| \RR\right| . }\).

Czyli: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \RR.}\)

Aby wykazać nierówność mocy w drugą stronę, to dla liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x\in \left[ 0,+\infty)\right)}\) rozwazmy rozkład:

\(\displaystyle{ \mathcal{R}_x= \left\{ \left( -\infty, -1\right) \times \RR, A_x:= \left[ -1,x\right] \times \RR, \left( x, +\infty\right) \times \RR \right\} }\).

Jak łatwo sprawdzić jest to rozkład zbioru \(\displaystyle{ \RR^2}\), i \(\displaystyle{ \mathcal{R}_x\subset \mathbb{B},}\) a zatem \(\displaystyle{ \mathcal{R}_x\in \mathbb{A}}\), i otrzymujemy, że funkcja \(\displaystyle{ \alpha: \left[ 0,+\infty\right] \rightarrow \mathbb{A}}\) jest dobrze określona.

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

Jeśli \(\displaystyle{ \alpha \left( x_1\right) = \alpha \left( x_2\right)}\), to oznacajac przypisane im rozkłady jako odpowiednio \(\displaystyle{ \mathcal{R} _{x_1}}\) i \(\displaystyle{ \mathcal{R} _{x_2}}\) wtedy oczywiście te dwa rozkłady są równe, a to oznacza, że:

\(\displaystyle{ \left\{ \left( -\infty,-1\right) \times \RR, \left[ -1, x_1\right] \times \times \RR, \left( x_1,=\infty \right) \times \RR\right\} =\left\{ \left( -\infty, -1\right) \times \RR, \left[ -1,x_2\right] \times \RR, \left( x_2, +\infty\right) \times \RR \right\} }\).

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ \left[ -1, x_1\right] \times \RR}\) należy do rozkładu po lewej stronie równości, więc z zasady równości zbiorów należy również do zbioru po prawej stronie. Ale \(\displaystyle{ \left[ -1, x_1\right] \times \RR \neq \left( -\infty,-1\right) \times \RR, \left( x_2, +\infty \right)\times\RR}\), wobec czego musi być: \(\displaystyle{ \left[ -1, x_1\right] \times \RR = \left[ -1, x_2\right] \times \RR}\), a zatem :

\(\displaystyle{ \left[ -1, x_1\right] = \left( \left[ -1, x_1\right] \times \RR\right) _L=\left( \left[ -1, x_2\right] \times \RR \right) _L= \left[ -1, x_2\right] }\),

czyli \(\displaystyle{ \left[ -1, x_1\right] =\left[ -1, x_2\right] }\), oznaczmy ten zbiór jako \(\displaystyle{ A}\). Wtedy liczba \(\displaystyle{ x_1}\) jest największa w \(\displaystyle{ \left[ -1, x_1\right] =A}\), i podobnie liczba \(\displaystyle{ x_2}\) jest największa w \(\displaystyle{ A}\). Ponieważ w danym zbiorze moze istnieć tylko jeden element największy, a więc \(\displaystyle{ x_1=x_2}\). I funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa.

A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \left[ 0,+ \infty \right) \right| =\left| \RR\right|. }\) Mamy \(\displaystyle{ \left| A\right| \le \left| \RR\right|}\) , a zatem, na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \mathbb{A}\sim \RR.\square}\)

I rozwiążmy, zgodnie z zapowiedzią, nasz ostatni problem:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb {S}}\) będzie rodziną wszystkich przedziałów w \(\displaystyle{ \RR}\).
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną wszystkich kwadratów kartezjańskich zbudowanych z tych przedzaiłów, tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ A\times A \Bigl| \ \ A\in \mathbb{S} \right\}.}\)

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną wszystkich rozkładów płaszczyzny na zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}=\left\{ \mathcal{R}: \ \mathcal{ R} \hbox{ jest rozkładem zbioru } \RR^2 \hbox{ i } \mathcal{R} \subset \mathbb{B} \right\}.}\)

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

Wykażaemy, że ta moc wynosi dokładnie \(\displaystyle{ 1.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Jeśli \(\displaystyle{ \mathcal{R}\in \mathbb{A}}\), to ten rozkład musi być zbiorem niepustym( bo jest to rozkład zbioru \(\displaystyle{ \RR^2}\), a więc \(\displaystyle{ \bigcup\mathcal{R}= \RR ^{2}}\), a \(\displaystyle{ \bigcup\emptyset=\emptyset \neq \RR^2}\) ).
Wobec czego \(\displaystyle{ \mathcal{R} \neq \emptyset}\). Jeśli \(\displaystyle{ \left| \mathcal{R}\right| =1}\), to musi być: \(\displaystyle{ \mathcal{R}= \left\{ \RR ^{2} \right\}}\) (możemy to łatwo udowodnić ).

Przypuśćmy \(\displaystyle{ \left| \mathcal{R}\right| \ge 2}\). Doprowadzimy ten przypadek do sprzeczności. Istnieją wtedy dwa różne zbiory \(\displaystyle{ A,B\in \mathcal{R}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \mathcal{R}\subset \mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ A,B\in\mathbb{B}}\), a zatem \(\displaystyle{ A=A_1\times A_1,}\) gdzie \(\displaystyle{ A_1\in\mathbb{S}}\); i \(\displaystyle{ B= B_1\times B_1}\), gdize \(\displaystyle{ B_1\in \mathbb{S}}\). Wtedy \(\displaystyle{ A,B \neq \RR^2}\), bo są to dwa różne zbiory rozkładu, a więc są to zbiory rozłączne i niepuste.

A zatem \(\displaystyle{ A,B\neq \RR^2}\). Popatrzmy na pierwszy z tych dwóch zbiorów. Mamy \(\displaystyle{ A\subset \RR^2}\), i te dwa zbiory są rózne, więc \(\displaystyle{ \RR^2\not\subset A}\), a zatem, z definicji inkluzji, istnieje wtedy para \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in\RR^2}\), taka, że \(\displaystyle{ (x,y)\not\in A}\). Wtedy zbiór \(\displaystyle{ A}\), jako zbiór rozkładu \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\), \(\displaystyle{ }\) musi być niepusty, istnieje więc para \(\displaystyle{ (a,b)\in A= A_1 \times A_1}\), gdzie \(\displaystyle{ A_1\in \mathbb{S}}\), a więc \(\displaystyle{ a\in A_1}\) i \(\displaystyle{ b \in A_1.}\)

Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ y\not\in A_1}\).
Gdyby element \(\displaystyle{ y}\) należał do zbioru \(\displaystyle{ A_1}\), to \(\displaystyle{ \left( y,y\right) \in A_1\times A_1=A}\). Niech \(\displaystyle{ D\in \mathcal{R}}\) będzie zbiorem rozkładu \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\), takim, że \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in D}\)( taki zbiór jest dokładnie jeden, bo \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkladem). Wtedy \(\displaystyle{ D\in \mathcal{R}\subset \mathbb{B}}\), a więc \(\displaystyle{ D\in \mathbb{B}}\), a zatem \(\displaystyle{ D= D_1\times D_1}\), gdzie \(\displaystyle{ D_1\in \mathbb{S}}\). Wtedy \(\displaystyle{ (x,y)\in D_1\times D_1}\), a więc \(\displaystyle{ y\in D_1}\). A zatem \(\displaystyle{ \left( y,y\right) \in D_1\times D_1=D}\). I mamy \(\displaystyle{ \left( y,y\right) \in A_1\times A_1=A}\), więc \(\displaystyle{ \left( y,y\right) \in A \cap D.}\) Mamy \(\displaystyle{ A,D\in \mathcal{R}}\) i \(\displaystyle{ A \neq D}\)( bo \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \not\in A}\), a \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in D}\) ), a więc te dwa różne zbiory rozkładu muszą być rozłączne, lecz \(\displaystyle{ (y,y) \in A \cap D}\)- sprzeczność. Wobec czego \(\displaystyle{ y\not\in A_1.}\)

Mamy \(\displaystyle{ \left( a,y\right)\in\RR^2}\), a \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2}}\), więc niech \(\displaystyle{ C\in \mathcal{R}}\) będzie zbiorem tego rozkładu zawierającym parę \(\displaystyle{ \left( a,y \right)}\), tzn. takim, że: \(\displaystyle{ \left( a,y\right) \in C}\). Wtedy \(\displaystyle{ C\in \mathcal{R} \subset \mathbb{B}}\), a więc \(\displaystyle{ C\in\mathbb{B}}\), a zatem \(\displaystyle{ C=C_1 \times C_1}\), gdzie \(\displaystyle{ C_1 \in \mathbb{S}}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( a,y\right) \in C_1\times C_1}\), a więc \(\displaystyle{ y\in C_1}\) i \(\displaystyle{ a\in C_1}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( a,a\right) \in C_1\times C_1=C}\) i \(\displaystyle{ \left( a,a\right) \in A_1\times A_1=A}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,a\right) \in C \cap A}\), ale \(\displaystyle{ C\in \mathcal{R} }\), \(\displaystyle{ A\in\mathcal{R}}\), a \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem ,więc z warunku rozłączności otrzymujemy, że: \(\displaystyle{ C=A}\). A zatem:

\(\displaystyle{ C_1= \left( C=C_1 \times C_1\right) _L= \left( A=A_1 \times A_1\right) _L= A_1. }\)

Ponieważ \(\displaystyle{ y\in C_1=A_1}\), to z zasady równości zbiorów otrzymujemy, że: \(\displaystyle{ y\in A_1}\)- jest to sprzeczność z faktem dowiedzionym powyżej.

Wobec czego \(\displaystyle{ \left| \mathcal{R}\right| \not \ge 2}\), wobec czego \(\displaystyle{ \left| \mathcal{R}\right| \le 1}\), a więc \(\displaystyle{ \left| \mathcal{R}\right|=1}\), a stąd musi być \(\displaystyle{ \mathcal{R}= \left\{ \RR ^{2} \right\} }\), i wtedy \(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ \mathcal{R}=\left\{ \RR ^{2} \right\} \right\} \sim 1}\), czyli rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) ma moc równą \(\displaystyle{ 1.\square}\)

Na koniec podam ilustracje (bo bardzo mnie cieszy, że teraz można łatwo dodawać obrazki, a w ogóle ja raczej się nie zajmuje matematyką całkowicie abstrakcyjną - bez przesady, ja wszystko ilustruje), a ostatnio odkryłem, że można zilustrować łączność złożenia relacji:

Bowiem złożenie dwóch relacji \(\displaystyle{ R}\) i \(\displaystyle{ S}\), odpowiednio z \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ Z}\) i ze \(\displaystyle{ Z}\) do \(\displaystyle{ Y}\) można (w uproszczeniu) zilustrować takim diagramem: \(\displaystyle{ \\ \\ }\)

: Złozenie relacji pozwala bowiem bezpośrednio przejść z elementu x do eleemntu y, i tak dla każdej trójki (x,y,z) .

Tym sposobem możemy zilustrować łączność złożenia relacji: \(\displaystyle{ \\ \\ }\)

Jakub Gurak · Post autor: **Jakub Gurak** » 27 wrz 2022, o 01:32

Przedwczoraj udowodniłem, że na płaszczyźnie wszystkich niepustych kół otwartych jest tyle samo co, wszystkich kół domkniętych, a takich kół jest, ( co niedwano też udowodniłem ) jest ich continuum. Nie zliczałem specjalnie teraz wszystkich prostokątów na płaszczyźnie, gdyż chyba już to zrobiłem w jednym lemacie pewnego twierdzenia, może jeszcze sprawdzę, co dokładnie tam udowodniłem. Niedawno udowodniłem też, że w przestrzeni trójwymiarowej jest dokładnie continuum zwykłych kul trójwymiarowych, jak i udowodniłem niedawno, że w przestrzeni trójwymiarowej istnieje dokładnie conntinuum wszystkich kostek. Interesuje mnie jeszcze ile jest, na płaszczyźnie, wszystkich kwadratów, oraz ile jest, w przestrzeni trójwymiarowej, wszystkich sześcianów.

Wczoraj też udowodniłem, że zwykłą kulę trójwymiarową można rozłożyć na sfery. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ \hbox{ KOŁA DOMKNIĘTE W } \RR ^{2} \right\} = \left\{ A\subset \RR^2: \ \ A \hbox{ jest kołem o środku w pewnym punkcie } \left( x_0,y_0\right) \hbox{ i pewnym promieniu } R \ge 0 \ \right\} .}\)

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

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

DOWÓD TEGO FAKTU:

Jeśli \(\displaystyle{ A\in \mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ A}\) jest kołem o środku w pewnym punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right) \in \RR^2}\) i pewnym promieniu \(\displaystyle{ R \ge 0}\), zapiszmy to jako: \(\displaystyle{ A= K\left( \left( x _{0}, y _{0} \right); R \right) .}\)

Wtedy takiemu kole przypisujemy trójkę \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,R\right) \in \RR ^{3} }\), i w ten sposób otrzymujemy funkcję \(\displaystyle{ \alpha}\) działającą w następujący sposób:

\(\displaystyle{ A= K\left( \left( x _{0}, y _{0} \right);R \right) \stackrel{ \alpha }{ \rightarrow } \left( x_0,y_0,R\right) \in \RR ^{3}.}\)

Łatwo jest pokazać, ponieważ współrzędne środka koła oraz wartość promienia wyznaczają dane koło, więc łatwo jest pokazać, że jest to funkcja różnowartościowa.

A zatem: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \RR ^{3} \right| =\left| \RR\right|.}\)

Aby pokazać nierówność mocy zbiorów w drugą stronę, to dla liczby rzeczywistej dodatniej \(\displaystyle{ R\in\RR _{+}}\) rozważmy koło \(\displaystyle{ K\left( \left( 0,0\right);R \right)}\). i w ten sposób otrzymujemy funkcję \(\displaystyle{ f}\) działającą w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ R\in \RR _{+}\stackrel{f}{ \rightarrow } K\left( \left( 0,0\right);R \right) \in \mathbb{B}. }\)

Wykażemy, że jest to funkcja różnowartościowa:

DOWÓD TEGO FAKTU::

Wobec czego \(\displaystyle{ \left| \RR_+\right| \le \left| \mathbb{B}\right|}\), czyli \(\displaystyle{ \left|\mathbb{B} \right| \ge \left| \RR_+\right|= \left| \RR\right|}\). Mamy \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \RR\right|}\), a zatem, na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \mathbb{B}\sim \RR.\square}\)

Rozważmy podobne zadanie dla kół otwartych na płaszczyźnie, tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb {B} =\left\{ \hbox{ KOŁA OTWARTE NIEPUSTE} \right\}. }\)

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

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest mocy continuum.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}=\left\{ A\subset \RR^2: \ \ A \hbox{ jest kołem domkniętym o środku w pewnym punkcie } \left( x_0,y_0 \right) \hbox{ i promiemniu } R>0 \right\}.}\)

Wiemy, z poprzedniego zadania, że ta rodzina ma moc continuum (choć, formalnie- nie do końca- w tamtej rodzinie, tam są też koła o promieniu \(\displaystyle{ 0}\), ale widać, że ta konstrukcja działa również dla kół o promieniach jedynie dodatnich).

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{B}\sim \mathbb{A}.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A\in \mathbb{B}}\), wtedy \(\displaystyle{ A}\) jest kołem otwartym o środku w pewnym punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ R>0}\). Wtedy do takiego koła otwartego \(\displaystyle{ A}\) dodajemy okrąg o środku w \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ R}\), oznaczmy go jako \(\displaystyle{ O\left( \left( x_0,y_0\right);R \right)}\) , tzn. przypisujemy:

\(\displaystyle{ A \rightarrow A \cup O\left( \left( x_0,y_0\right);R \right).}\)

Wtedy ponieważ:

\(\displaystyle{ A= \left\{ \left( x,y\right)\in\RR^2: \ \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2}<R^2 \right\} }\), więc \(\displaystyle{ A \cup O\left( \left( x_0,y_0\right);R \right) = \left\{ \left( x,y\right)\in\RR^2: \ \left( x-x_0\right)^2 + \left( y-y_0\right) ^{2} \le R^2 \right\}= K \left( \left( x_0, y_0\right):R \right) \in \mathbb{A}; }\)

( mamy \(\displaystyle{ R>0}\)), I w ten sposób otrzymujemy funkcję:

\(\displaystyle{ \alpha : \mathbb{B} \rightarrow \mathbb{A}.}\)

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

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

W tym celu weźmy dwa zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), tzn. weźmy dwa różne niepuste koła otwarte \(\displaystyle{ A_1, A_2}\). Załóżmy, że pierwsze koło otwarte ma środek w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_1, y_1\right)}\) i promień \(\displaystyle{ R_1}\), a drugie koło otwarte ma środek \(\displaystyle{ \left( x_2,y_2\right)}\) i promień \(\displaystyle{ R_2}\). Zapiszmy to jako:

\(\displaystyle{ A_1= S_1\left( \left( x_1, y_1\right); R_1 \right) }\) , oraz
\(\displaystyle{ A_2= S_2\left( \left( x_2, y_2\right); R_2 \right).}\)

Załóżmy, że \(\displaystyle{ A_1 \neq A_2.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ \left( x_1, y_1\right) = \left( x_2,y_2\right)}\), wtedy te dwa koła otwarte mają wspólny środek. Ponieważ \(\displaystyle{ A_1 \neq A_2}\), czyli te dwa koła są różne, i ponieważ \(\displaystyle{ R_1, R_2>0}\), a więc te dwa koła otwarte są niepuste, to muszą mieć różne długości promieni (bo współrzędne środka koła otwartego oraz dodatnia wartość promienia tego koła wyznacza to koło otwarte ), czyli \(\displaystyle{ R_1 \neq R_2}\). A zatem \(\displaystyle{ R_1<R_2}\) lub \(\displaystyle{ R_2<R_1.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ R_1<R_2}\), ponieważ \(\displaystyle{ R_1,R_2>0}\), to również \(\displaystyle{ R_1 ^{2}<R_2^2.}\) Wtedy \(\displaystyle{ \left( x_1+R_2,y_1\right) \in K_2\left( \left( x_2, y_2\right);R_2 \right)}\), bo \(\displaystyle{ \left( x_1+R_2-x_2\right) ^{2}+ \left( y_1-y_2\right) ^{2} \stackrel {\left( x_1, y_1\right) = \left( x_2, y_2\right) } {=} R_2 ^{2}+0^2= R_2 ^{2} \le R_2 ^{2}}\),

lecz mamy:

\(\displaystyle{ \left( x_1+R_2, y_1\right) \not\in K_1\left( \left( x_1, y_1 \right); R_1 \right)}\) , bo \(\displaystyle{ \left( x_1+R_2-x_1\right) ^{2}+ \left( y_1-y_1\right) ^{2} = R_2 ^{2}+0^2= R_2 ^{2} \not \le R_1 ^{2}}\), bo \(\displaystyle{ R_2 ^{2}>R_1 ^{2}.}\)

Wobec czego:

\(\displaystyle{ \alpha \left( A_2\right) = K_2\left( \left( x_2, y_2\right); R_2 \right) \neq K_1\left( \left( x_1, y_1\right); R_1 \right) = \alpha \left( A_1\right).}\)

Czyli \(\displaystyle{ \alpha \left( A_1\right) \neq \alpha \left( A_2\right).}\)

Jeśli \(\displaystyle{ R_2<R_1}\),to podonie \(\displaystyle{ \left( x_1+R_1,y_1\right) \in K_1\left( \left( x_1, y_1\right); R_1 \right)}\) , lecz
\(\displaystyle{ \left( x_1+R_1,y_1\right) \not\in K_2\left( \left( x_2, y_2\right) ; R_2\right)}\), a zatem:

\(\displaystyle{ \alpha \left( A_1\right) = K_1\left( \left( x_1, y_1\right);R_1 \right) \neq K_2\left( \left( x_2, y_2\right) ; R_2\right) = \alpha \left( A_2\right).}\)

A jeśli \(\displaystyle{ \left( x_1, y_1\right) \neq \left( x_2, y_2\right)}\), to \(\displaystyle{ K_1\left( \left( x_1, y_1\right);R_1 \right) \neq K_2\left( \left( x_2, y_2\right) ;R_2\right) }\), gdyż koło domknięte ma tylko jeden środek, a zatem \(\displaystyle{ \alpha \left( A_1\right) \neq \alpha \left( A_2\right).
}\)

Wobec czego funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa.

Wykażemy teraz, że funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest funkcją 'na'.

Niech \(\displaystyle{ A\in \mathbb{A}}\). Wtedy \(\displaystyle{ A= K \left( \left( x_0, y_0\right); R \right)}\) dla pewnego punktu płaszczyzny \(\displaystyle{ \left( x_0, y_0\right)}\) i pewnego promienia \(\displaystyle{ R>0.}\)

Wtedy \(\displaystyle{ B:= K \left( \left( x_0, y_0\right) ;R\right) \setminus O\left( \left( x_0, y_0\right); R \right) = \left\{ \left( x,y\right)\in\RR^2: \ \ \left( x-x_0 \right)^2 + \left( y-y_0\right) ^{2}<R^2 \right\}= S_0 \left( \left( x_0, y_0\right);R \right)}\),

i to koło otwarte jest niepuste, gdyż, jak łatwo sprawdzić, mamy: \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)\in S \left( \left( x_0,y_0\right); R\right).}\) A więc to koło otwarte jest niepuste, i \(\displaystyle{ B= S \left( \left( x_0, y_0\right);R \right)\in\mathbb {B}.}\)

I wtedy \(\displaystyle{ \alpha \left( B\right) = B \cup O\left( \left( x_0,y_0\right);R \right)= \left[ K \left( \left( x_0, y_0\right);R \right) \setminus O \left( \left( x_0, y_0\right);R \right) \right] \cup O\left( \left( x_0,y_0\right); R \right)}\) ,

i ponieważ:

\(\displaystyle{ O \left( \left( x_0, y_0\right); R \right) = \left\{ \left( x,y\right)\in \RR^2: \ \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2}=R^2 \right\} \subset \left\{ \left( x,y\right)\in\RR^2: \ \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2} \le R ^{2} \right\}= K \left( \left( x_0, y_0\right) ;R\right)}\) ,

a zatem po wyrzuceniu tego okręgu z koła i go dodaniu, otrzymamy to koło, czyli to jest równe:

\(\displaystyle{ = K\left( \left( x_0, y_0\right);R \right) =A.}\)

Czyli \(\displaystyle{ \alpha \left( B\right) =A}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest wartością funkcji \(\displaystyle{ \alpha}\). Z dowolności wyboru takiego zbioru, otrzymujemy, że funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest funkcją 'na'.

A zatem \(\displaystyle{ \mathbb{B}\sim \mathbb{A}}\).

Ponieważ \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| =\left| \RR\right|}\), więc również \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right|= \left| \RR\right|}\), czyli na płaszczyźnie jest dokładnie continuum niepustych kół otwartych\(\displaystyle{ . \square}\)

Przejdźmy do kolejnego zadania.

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ A\subset \RR: \ \ A \hbox{ jest przedziałem w} \left( \RR, \le \right) \ \right\}.}\)

(Wiemy, że ta rodzina ma moc continuum).

Niech dalej:

\(\displaystyle{ \mathbb{A} = \left\{ \left( A \times B\right) \times C\Bigl| \ \ A,B,C \in \mathbb{B}, A,B,C \neq \left\{ \right\} \right\} .}\)

Jest to rodzina wszystkich kostek zbudowanych z trzech niepustych przedziałów ( zbudowanych w podanej kolejności, tak jak tu zaznaczyłem nawiasem kolejność w jakiej te zbiory mnożymy kartezjańsko).

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

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest mocy continuum.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \left( \RR \times \RR \right) \times \RR= \RR ^{3}}\), a więc jest to rodzina relacji trójczłonowych w zbiorze liczb rzeczywistych.

Każdej takiej kostce \(\displaystyle{ K\in \mathbb{A}}\), formalnie- każdej takiej relacji trójczłonowej w zbiorze liczb rzeczywistych- przypiszmy trójkę złożoną z kolejno z pierwszej dziedziny takiej relacji, jej drugiej dziedziny i jej trzeciej dziedziny, tzn. definiujemy funkcję \(\displaystyle{ \alpha}\) działającą w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ K\in \mathbb{A}\stackrel{ \alpha }{ \rightarrow } \left( D_1(K), D_2(K), D_3(K)\right).}\)

Wykażemy, że jest to dobrze określona injekcja.

DOWÓD TEGO FAKTU::

A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \mathbb{B} ^{3} \right|= \left| \RR\right|.}\)

Aby wykazać nierówność mocy zbiorów w drugą stronę, to niech \(\displaystyle{ z\in \RR_+ \cup \left\{ 0\right\}}\) będzie liczbą nieujemną. I rozważmy zbiór:

\(\displaystyle{ K_z= \left( \underbrace {\left\{ 0\right\} } _{ \in \mathbb{B} } \times \underbrace {\left\{ 0\right\} } _{ \in \mathbb{B} } \right) \times \underbrace{ \left[ 0,z\right] } _ { \in \mathbb{B} }}\). I mamy \(\displaystyle{ 0 \in \left[ 0,z\right] }\), a więc jest to zbiór niepusty. A stąd \(\displaystyle{ K_z= \left( \left\{ 0 \right\} \times \left\{ 0\right\} \right) \times \left[ 0,z\right] \in \mathbb{A}}\), i otrzymujemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) działająca w ponizszy sposób:

\(\displaystyle{ z\in \RR_+ \cup \left\{ 0\right\} \stackrel{f}{ \rightarrow } K_z \in \mathbb{A}}\),

jest dobrze określona.

Oczywiście jest to funkcja różnowartościowa, a zatem \(\displaystyle{ \left| \RR\right|= \left| \RR_+ \cup \left\{ 0\right\} \right| \le \left|\mathbb{A}\right|}\). Mamy \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \RR\right|, }\) a zatem, na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \mathbb{A}\sim \RR.\square }\)

Przejdźmy do kolejnego problemu:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B} =\left\{ \hbox{ KULE W } \RR ^{3} \right\}.}\)

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

Wykażemy, że jest to rodzina mocy continuum.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Jeśli \(\displaystyle{ A\in \mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ A}\) jest kulą o środku w pewnym punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ r \ge 0}\). I, tej kuli, przypisujemy czwórkę \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0, z_0,r\right) \in \RR ^{4}}\), i w ten sposób otrzymujemy funkcję \(\displaystyle{ \alpha :\mathbb{B} \rightarrow \RR ^{4}. }\)

Ponieważ współrzedne środka kuli oraz długość promienia tej kuli wyznaczają tą kulę, to łatwo jest pokazać, że jest to funkcja różnowartościowa. A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left|\RR^4 \right| = \left| \left( \RR \times \RR\right) \times \left( \RR \times \RR\right) \right| = \left| \RR \times \RR\right| = \left| \RR \right|.}\)

Aby uzyskać nierówność mocy zbiorów w drugą stronę, rozwazmy funkcje która liczbie rzeczywistej dodatniej \(\displaystyle{ R}\) przypisuję kulę \(\displaystyle{ K \left( \left( 0,0,0\right); R \right)}\) - kulę o środku w początku układu współrzędnych i promieniu \(\displaystyle{ R}\). I w ten sposób otrzymujemy funkcję \(\displaystyle{ f}\) działającą w ponizszy sposób:

\(\displaystyle{ R\in \RR_+ \stackrel{f} {\rightarrow } K \left( \left( 0,0,0\right);R \right) \in \mathbb{B}.}\)

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

DOWÓD TEGO FAKTU::

A zatem \(\displaystyle{ \left| \RR_+\right| \le \left| \mathbb{B}\right|}\), czyli \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \ge \left| \RR_+\right|= \left| \RR\right|.}\) Mamy \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \RR\right| }\), a zatem, na mocy twierdzenia Cantora- Bernsteina: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B} \right| = \left| \RR\right|.\square
}\)

Pozostał nam do wykazania ostatni fakt.

Rozważmy kulę:

\(\displaystyle{ X:= K \left( \left( x_0, y_0,z_0 \right);R \right) =\left\{ \left( x,y,z\right) \in \RR ^{3}: \ \left( x-x _{0} \right) ^{2}+ \left( y-y _{0} \right) ^{2}+ \left( z-z _{0} \right) ^{2} \le R ^{2} \right\}; }\)

o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right) \in\RR^3}\) i promieniu dodatnim \(\displaystyle{ R}\).

Wykażemy, że kulę \(\displaystyle{ X}\) można rozłożyć na sfery, tzn. istnieje rodzina sfer o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right) }\) będąca rozkładem kuli \(\displaystyle{ X.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Dla \(\displaystyle{ r \ge 0}\), niech:

\(\displaystyle{ S_r= \left\{ \left( x,y,z\right)\in\RR^3: \ \ \left( x-x_0\right)^2 + \left( y-y_0\right)^2+\left( z-z_0\right)^2= r^2 \right\}.}\)

Jest to sfera o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ r}\)(

UWAGA, MOŻE BYĆ \(\displaystyle{ r=0}\) ).

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ S_r: \ \ 0 \le r \le R\right\}.}\)

(Dopuszczamy tu możliwość, gdy \(\displaystyle{ r=0}\), aby pokryć środek kuli ).

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem kuli \(\displaystyle{ X}\).

Musimy po pierwsze wykazac, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodzina podzbiorów kuli \(\displaystyle{ X.}\)

Jesli mamy zbiór postaci \(\displaystyle{ S_r}\), gdzie \(\displaystyle{ 0 \le r \le R}\), wtedy:

\(\displaystyle{ S_r= \left\{ \left( x,y,z\right) \in \RR^3: \ \ \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right) ^{2}+ \left( z-z_0\right) ^{2} =r^2 \right\}}\) ,

gdzie ponieważ \(\displaystyle{ r \le R}\), i \(\displaystyle{ r \ge 0, R>0}\), więc również \(\displaystyle{ r^2 \le R ^{2}}\),

a zatem \(\displaystyle{ S_r\subset X}\), i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów kuli \(\displaystyle{ X.}\)

Musimy wykazać, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}=X.}\)

Niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}\subset X}\)- jest to suma podzbiorów kuli \(\displaystyle{ X}\).

Aby wykazać inkluzję w drugą stronę, to niech:\(\displaystyle{ \left( x,y,z\right)\in X}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in\RR^3}\) i \(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^2+\left( y-y_0\right) ^2+ \left( z-z_0\right)^2 \le R ^{2}}\). Niech \(\displaystyle{ M:= \left( x-x_0\right) ^2+ \left( y-y_0\right)^2+ \left( z-z_0\right) ^2.}\) Wtedy liczba \(\displaystyle{ M}\), jako suma trzech liczb nieujemnych, jest liczbą nieujemną. Niech \(\displaystyle{ r= \sqrt{M}}\). Wtedy \(\displaystyle{ r \ge 0}\). Mamy \(\displaystyle{ r \le R.}\) Zauwazmy, że \(\displaystyle{ M \le R^2}\) (z definicji wartości \(\displaystyle{ M}\)). A zatem również \(\displaystyle{ r= \sqrt{M} \le R}\), (bo \(\displaystyle{ M \ge 0, R>0}\)). I mamy:

\(\displaystyle{ \left( x-x_0\right) ^{2}+ \left( y-y_0\right)^2+ \left( z-z_0\right)^2 =M= \left( \sqrt{M} \right) ^{2}= r^2}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S_r}\), gdzie \(\displaystyle{ 0 \le r \le R}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{B},}\) i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}=X.}\)

I, niewątpliwie, jest to rodzina zbiorów rozłącznych.

Pozostaje wykazać, że jest to rodzina zbiorów niepustych. Jeśli mamy zbiór postaci \(\displaystyle{ S_r}\), gdzie \(\displaystyle{ 0 \le r \le R}\), wtedy \(\displaystyle{ \left( x_0+r -x_0\right)^2+ \left( y_0-y_0\right)^2 + \left( z_0-z_0\right)^2= r^2 +0^2+0^2= r^2}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x_0+r, y_0, z_0\right)\in S_r}\), a zatem zbiór \(\displaystyle{ S_r}\) jest niepusty, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.

A zatem rodsina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem kuli \(\displaystyle{ X.}\)

I rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną sfer o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0,z_0\right). \square}\)

Jakub Gurak · Post autor: **Jakub Gurak** » 5 lis 2022, o 13:11

Wczoraj wieczorem udowodniłem taki doniosły fakt, że jeśli \(\displaystyle{ Y}\) jest dowolnym zbiorem nieskończonym, a \(\displaystyle{ X}\) jest dowolnym niepustym zbiorem skończonym, to zbiór funkcji \(\displaystyle{ Y ^{X} }\) jest równoliczny ze zbiorem nieskończonym \(\displaystyle{ Y.}\) Dowód tego faktu jest prostym wnioskiem z twierdzenia Hessenberga o mocy kwadratu kartezjańskiego zbioru nieskończonego. Jest to trudniejsze twierdzenie, ale wynika z niego łatwo wspomniany fakt. Przedstawię teraz ten indukcyjny dowód tego doniosłego faktu, a potem zapytam jeszcze o coś.

Przypomnijmy najpierw, że jeżeli mamy trzy zbiory \(\displaystyle{ X,Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\), gdzie zbiory \(\displaystyle{ Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\) są rozłączne, to mamy równoliczność: \(\displaystyle{ X ^{Y \cup Z}\sim X ^{Y} \times X ^{Z}, }\)

-jest to podstawowy fakt.

Niech \(\displaystyle{ Y}\) będzie zbiorem nieskończonym, a \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq X }\) niech będzie niepustym zbiorem skończonym. Wykażemy, że zbiór funkcji \(\displaystyle{ Y ^{X} }\) jest równoliczny ze zbiorem nieskończonym \(\displaystyle{ Y.}\)

Wykażemy najpierw, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ X\sim n}\) jest równoliczny z pewną liczbą naturalną w sensie von Neumanna \(\displaystyle{ n}\), gdzie \(\displaystyle{ n \neq 0,}\) to (dla dowolnego zbioru nieskończonego \(\displaystyle{ Y}\)), mamy: \(\displaystyle{ Y ^{X}\sim Y. }\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech \(\displaystyle{ Y}\) będzie zbiorem nieskończonym.

Dalej dowód przebiega w sposób indukcyjny:

Jeśli \(\displaystyle{ X\sim 1, }\) to \(\displaystyle{ X=\left\{ x\right\}, }\) dla pewnego elementu \(\displaystyle{ x.}\) Wtedy:

\(\displaystyle{ Y ^{X}=\left\{ \left\{ \left( x,y\right) \right\}\Bigl| \ \ y \in Y\right\}\sim \left\{ \left\{ y\right\}\Bigl| \ y \in Y \right\} \sim Y, }\)

I warunek jest spełniony.

Przypuśćmy teraz, że twierdzenie zachodzi dla \(\displaystyle{ n \neq 0.}\) Pokażemy, że zachodzi również dla następnika \(\displaystyle{ n'.}\)

Weźmy dowolny zbiór \(\displaystyle{ X\sim n' \ge 2. }\) Niech \(\displaystyle{ x_0 \in X \neq \left\{ \right\}. }\) Niech \(\displaystyle{ B=X \setminus \left\{ x_0\right\}\sim n \neq 0. }\) Możemy zatem zastosować założenie indukcyjne do zbioru B i otrzymać, że \(\displaystyle{ Y ^{B}\sim Y. }\)

Mamy \(\displaystyle{ X=B \cup \left\{ x_0\right\}, }\) a zatem \(\displaystyle{ Y ^{X}= Y ^{B \cup \left\{ x_0\right\} }, }\) a zbiory \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ \left\{ x_0\right\} }\) są rozłączne, gdyż \(\displaystyle{ x_0\not \in B;}\) a zatem są to zbiory rozłączne, a zatem, na mocy przytoczonego faktu:

\(\displaystyle{ Y^X\sim Y^B \times Y ^{\left\{ x_0\right\} }\sim Y \times Y}\),

i ponieważ zbiór \(\displaystyle{ Y}\) jest nieskończony, a zatem, na mocy twierdzenia Hessenberga, jest to zbiór równoliczny ze zbiorem \(\displaystyle{ Y}\), a zatem \(\displaystyle{ Y^X\sim Y}\). Krok indukcyjny został dowiedziony.

Zasada indukcji matematycznej dowodzi naszego lematu.\(\displaystyle{ \square}\)

A stąd już łatwo wynika nasz fakt.

Czyli:

Jeśli \(\displaystyle{ Y}\) jest dowolnym zbiorem nieskończonym, a \(\displaystyle{ X}\) jest dowolnym niepustym zbiorem skończonym, to zbiór funkcji \(\displaystyle{ Y^X}\) jest mocy zbioru nieskończonego \(\displaystyle{ Y.\square}\)

Jeszcze o coś zapytam:

Czy jeśli \(\displaystyle{ Y}\) jest dowolnym zbiorem nieprzeliczalnym, to czy da się wyznaczyć moc zbioru wszystkich ciągów \(\displaystyle{ \NN \rightarrow Y}\), czyli moc zbioru funkcji \(\displaystyle{ Y ^{\NN} }\)

Sam, w ogólności, nie dam rady.

( I nie chodzi o sam wynik, bo ja podejrzewam jaki będzie wynik, ale sam wynik jest tu najmniej istotny, chodzi o to, żeby ten wynik dokładnie uzasadnić, a z tym mam problem). Wie może ktoś

Na koniec dodam jeszcze jeden prosty fakt.

Jeżeli \(\displaystyle{ A}\) jest podzbiorem przestrzeni trójwymiarowej zawierającym pewną kostkę otwartą, czyli zawierającym iloczyn kartezjański pewnych trzech niepustych przedziałów otwartych \(\displaystyle{ \left( x_1,x_2\right) }\); \(\displaystyle{ \left( y_1,y_2 \right)}\) i \(\displaystyle{ \left( z_1, z_2\right);}\) gdzie \(\displaystyle{ x_1<x_2, y_1<y_2}\) i \(\displaystyle{ z_1<z_2}\), to zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest mocy continuum.

DOWÓD TEGO FAKTU:

(Dowód pochodzi od pomysłu Jana Kraszewskiego z odpowiednim do tego zadaniem na płaszczyźnię).

Ponieważ \(\displaystyle{ A \subset \RR ^{3}}\),

to \(\displaystyle{ \left| A\right| \le \left| \RR ^{3} \right| =\left| \RR\right|.}\)

Aby pokazać nierówność mocy zbiorów w drugą stronę, to ponieważ:

\(\displaystyle{ A\supset \left( x_1,x_2\right) \times \left( y_1,y_2\right) \times \left( z_1,z_2\right) }\), więc \(\displaystyle{ \left| A\right| \ge \left| \left( x_1,x_2\right) \times \left( y_1,y_2\right) \times \left( z_1,z_2\right)\right|, }\)

i ponieważ dowolny właściwy odcinek otwarty jest mocy continuum, więc:

\(\displaystyle{ \left| A\right| \ge \left| \left( x_1,x_2\right) \times \left( y_1,y_2\right) \times \left( z_1, z_2\right) \right| = \left| \RR \times \RR \times \RR\right| = \left| \RR\right| .}\)

Na mocy twierdzenia Cantora- Bernsteina: \(\displaystyle{ A\sim \RR.\square}\)

Post autor: **Dasio11** » 5 lis 2022, o 14:27

Jakub Gurak pisze: ↑5 lis 2022, o 13:11Czy jeśli \(\displaystyle{ Y}\) jest dowolnym zbiorem nieprzeliczalnym, to czy da się wyznaczyć moc zbioru wszystkich ciągów \(\displaystyle{ \NN \rightarrow Y}\), czyli moc zbioru funkcji \(\displaystyle{ Y ^{\NN} }\) :?:

Innymi słowy, pytasz czy można wyznaczyć \(\displaystyle{ \kappa^{\aleph_0}}\) dla dowolnej liczby kardynalnej \(\displaystyle{ \kappa > \aleph_0}\). Przypuszczam, że nie można. Nietrudno konstruować dowolnie duże liczby kardynalne \(\displaystyle{ \kappa}\), dla których \(\displaystyle{ \kappa^{\aleph_0} = \kappa}\) (wystarczy że \(\displaystyle{ \kappa}\) jest postaci \(\displaystyle{ \kappa = \lambda^{\aleph_0}}\)), jak i dowolnie duże liczby, dla których \(\displaystyle{ \kappa^{\aleph_0} > \kappa}\) (wystarczy że \(\displaystyle{ \operatorname{\text{cof}} \kappa = \aleph_0}\)).

Post autor: **Jan Kraszewski** » 5 lis 2022, o 14:45

Oczywiście należałoby doprecyzować, co autor rozumie przez "wyznaczyć moc".

Np. jeżeli \(\displaystyle{ \aleph_0\le\kappa\le 2^{\aleph_0}}\), to \(\displaystyle{ \aleph_0^{\aleph_0}\le\kappa^{\aleph_0}\le \left( 2^{\aleph_0}\right)^{\aleph_0},}\) więc \(\displaystyle{ \kappa^{\aleph_0}=2^{\aleph_0}.}\) Czy to jest "wyznaczona moc"?

Kilkukrotne zastosowanie tw. Hausdorffa daje np., że \(\displaystyle{ \aleph_7^{\aleph_0}=\max\left\{ \aleph_7,2^{\aleph_0}\right\} .}\) Czy to jest "wyznaczona moc"?

JK

Jakub Gurak · Post autor: **Jakub Gurak** » 5 lis 2022, o 22:47

A \(\displaystyle{ 2}\) do alef \(\displaystyle{ 0}\), to nie jest to po prostu moc continuum?? Bo to wygląda u Pana trochę tajemniczo...

Oj, chyba się porwałem na zbyt trudny, jak dla mnie, problem matematyczny- myślałem, że to będzie po prostu moc równa \(\displaystyle{ \left| Y\right|, }\) a teraz widzę, że tak prosto to tu nie będzie.

Ale jeśli \(\displaystyle{ \left| Y\right| = \beta, }\) i liczba kardynalna \(\displaystyle{ \beta }\) jest następnikiem liczby kardynalnej \(\displaystyle{ \alpha }\) (ponieważ \(\displaystyle{ \beta }\) jest nieprzeliczalna, to jej poprzedniczka \(\displaystyle{ \alpha }\) jest nieskończona), i wtedy:

\(\displaystyle{ \left| Y ^{\NN} \right|= \beta ^{\left| \NN\right| } = \left( 2 ^{ \alpha } \right) ^{\left| \NN\right| }= 2 ^{ \alpha \cdot \left| \NN\right| } \le 2 ^{ \alpha \cdot \alpha }= }\)

Która to moc, na mocy twierdzenia Hessenberga, jest równa:

\(\displaystyle{ = 2 ^{ \alpha }= \beta=\left| Y\right| . }\)

Czyli:

\(\displaystyle{ \left| Y ^{\NN} \right| \le \beta =\left| Y\right|.}\)

Oczywiście, moc zbioru \(\displaystyle{ Y^{\NN} }\), czyli moc zbioru wszystkich ciągów elementów zbioru \(\displaystyle{ Y}\) wynosi co najmniej tyle, ile jest elementów zbioru \(\displaystyle{ Y}\)- wystarczy rozważyć wszystkie ciągi stałe.

Na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina:

\(\displaystyle{ \left| Y ^{\NN} \right|=\left| Y\right|=\beta,}\)

w tym naszym szczególnym przypadku.

Tylko nie wiem czy nie użyłem tu uogólnionej hipotezy continuum...

Post autor: **Jan Kraszewski** » 5 lis 2022, o 23:21

Jakub Gurak pisze: ↑5 lis 2022, o 22:47 A \(\displaystyle{ 2}\) do alef \(\displaystyle{ 0}\), to nie jest to po prostu moc continuum?? Bo to wygląda u Pana trochę tajemniczo...

Powinieneś wiedzieć, że w teorii mnogości \(\displaystyle{ 2^{\aleph_0}}\) standardowo używa się do oznaczania liczby kardynalnej continuum.

Jakub Gurak pisze: ↑5 lis 2022, o 22:47Tylko nie wiem czy nie użyłem tu uogólnionej hipotezy continuum...

Oczywiście, że użyłeś, twierdząc, że \(\displaystyle{ \beta=2 ^{ \alpha }}\) (a wiemy tylko, że \(\displaystyle{ \beta=\alpha^+}\)).

Używanie GCH jest mało podniecające, bo potęgowanie kardynalne przy GCH jest dobrze opisane (poza tym GCH to jednak bardzo mocne dodatkowe założenie).

JK

Jakub Gurak · Post autor: **Jakub Gurak** » 6 lis 2022, o 10:54

A co to jest GCH?? Uogólniona hipoteza continuum

Post autor: **Jan Kraszewski** » 6 lis 2022, o 10:57

GCH = Generalized Continuum Hypothesis

JK

Jakub Gurak · Post autor: **Jakub Gurak** » 14 lis 2022, o 22:53

Rozważmy trzy niepuste zbiory \(\displaystyle{ X,Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\), takie, że moc trzeciego z nich jest mniejsza lub równa mocy sumy pierwszych dwóch z nich- \(\displaystyle{ \left| Z\right| \le \left|X \cup Y \right|. }\) Wczoraj dokładnie zbadałem jaka wtedy może być moc zbioru funkcji \(\displaystyle{ Z ^{\left( X \times Y\right) }}\), czyli jaka może być moc rodziny funkcji:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ f\Bigl| \ \ f:X \times Y \rightarrow Z\right\},}\)

czyli moc rodziny funkcji dwóch zmiennych. Przedstawię teraz rezultaty tych dokonań.

ROZWIĄZANIE:

Jeśli \(\displaystyle{ \left| Z\right| =1}\), tzn. \(\displaystyle{ Z=\left\{ z\right\}}\), dla pewnego elementu \(\displaystyle{ z}\), to \(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| =1}\)- jest to funkcja stała, stale równa \(\displaystyle{ z}\).

Jeśli zbiory \(\displaystyle{ X,Y}\) i \(\displaystyle{ Z}\) są skończone, i \(\displaystyle{ \left| X\right| =n}\),\(\displaystyle{ \left| Y\right| = m}\) i \(\displaystyle{ \left| Z\right|=k}\), to wiadomym jest, że \(\displaystyle{ \left| Z ^{X \times Y} \right|= k ^{\left( n \cdot m\right) }.}\)

Jeśli zbiór \(\displaystyle{ Z}\) jest nieskończony, a zbiory \(\displaystyle{ X,Y}\) są skończone, i jeśli \(\displaystyle{ \left| X\right| =n}\), \(\displaystyle{ \left| Y\right| =m}\), to ponieważ zbiory \(\displaystyle{ X,Y}\) z założenia są niepuste, więc mamy n\(\displaystyle{ ,m \in \NN}\) i \(\displaystyle{ n,m \ge 1}\), zatem \(\displaystyle{ n \cdot m \in \NN}\) i \(\displaystyle{ n \cdot m \ge 1}\). Wtedy:

\(\displaystyle{ \left| Z ^{X \times Y} \right| = \left| Z\right| ^{\left( n \cdot m\right) } =}\)

I ponieważ zbiór \(\displaystyle{ Z}\) jest nieskończony, a \(\displaystyle{ n \cdot m \in \NN}\) i \(\displaystyle{ n \cdot m \ge 1}\), więc na mocy moich ostatnich dokonań w tym wątku, otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \left| Z ^{X \times Y} \right| = \left| Z\right| ^{\left( n \cdot m\right) } = \left| Z\right|.}\)

Pozostaje rozważyć przypadek gdy:

Zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony lub zbiór \(\displaystyle{ Y}\) jest nieskończony i \(\displaystyle{ \left| Z\right| \ge 2}\).

Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ \left| Z\right| \ge 2}\), więc \(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| \ge \left\{ 0,1\right\} ^{X \times Y}}\),

DOWÓD TEGO FAKTU::

Ponieważ co najmniej jeden ze zbiorów \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) jest nieskończony, i ponieważ obydwa są niepuste, więc moc iloczynu kartezjańskiego jest równa większej z mocy \(\displaystyle{ \left| X\right|}\), \(\displaystyle{ \left| Y\right|}\), czyli:

\(\displaystyle{ \left| X \times Y\right| = max\left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right)}\),

a zatem:

\(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| \ge 2 ^{\left| X \times Y\right| } = 2 ^{max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) }. }\)

Ponieważ z założenia \(\displaystyle{ \left| Z\right| \le \left| X \cup Y\right|}\) , to:

\(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| \le \left| X \cup Y\right| ^{\left| X \times Y\right| }.}\)

Jeśli zbiory \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są rozłączne, to ponieważ co najmniej jeden z nich jest nieskończony, więc:

\(\displaystyle{ \left| X \cup Y\right| = max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right)}\) ( i mamy \(\displaystyle{ \left| X \times Y\right|= max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) }\) ),

więc rozważana moc jest równa:

\(\displaystyle{ = \left[ \ max\left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) \ \right] ^{ max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) } }\),

i ponieważ co najmniej jeden ze zbiorów \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) jest nieskończony ( i ponieważ zbiór mocy większej lub równej od mocy zbioru nieskończonego jest zbiorem nieskończonym ), więc większa z tych mocy jest nieskończona, a ponieważ dla zbioru nieskończonego \(\displaystyle{ B}\), mamy: \(\displaystyle{ \left| B ^{B} \right| =\left| 2 ^{B} \right|}\), co udowodniłem TUTAJ, W DRUGIM POŚCIE więc ta moc jest równa:

\(\displaystyle{ 2 ^{max\left( \left| X\right| , \left| Y\right| \right) }.}\)

Czyli \(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| \le 2 ^{max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) }}\) , i na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina:

\(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right|= 2 ^{max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) } .}\)

Jeśli zbiory \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) nie są rozłączne, to:

Rozważmy przypadek gdy: \(\displaystyle{ max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right)= \left| X\right|.}\)

Wtedy ponieważ przynajmniej jeden ze zbiorów \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) jest nieskończony, to większy z nich jest nieskończony, a zatem zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony. Wtedy \(\displaystyle{ X \cup Y= X \cup \left( Y \setminus X\right)}\), gdzie zbiory \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y \setminus X}\) są rozłączne, a zatem:

\(\displaystyle{ \left| X \cup Y\right| = \left| X \cup \left( Y \setminus X\right) \right| = max \left( \left| X\right|, \left| Y \setminus X\right| \right) \ge \left| X\right|.}\)

Ale \(\displaystyle{ \left| X\right| = max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right)}\),

a zatem \(\displaystyle{ \left| X \right| \ge \left| Y\right| \ge \left| Y \setminus X\right|}\), a zatem \(\displaystyle{ max \left( \left| X\right| , \left| Y \setminus X\right| \right) = \left| X\right|}\), czyli \(\displaystyle{ \left| X \cup Y\right| = \left| X\right| .}\)

A zatem:

\(\displaystyle{ \left|Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| \le \left| X \cup Y\right| ^{\left| X \times Y\right| } = \left| X\right| ^{max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) } = \left| X\right| ^{\left| X\right| } =}\)

i ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony, więc ta moc jest równa;

\(\displaystyle{ = 2 ^{ \left| X\right| } = 2 ^{max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) } .}\)

Czyli \(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| \le 2 ^{max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) } .}\)

Jeśli \(\displaystyle{ max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) = \left| Y\right|,}\) to w analogiczny sposób uzasadniamy, że: \(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| \le 2 ^{max \left( \left| X\right| , \left| Y\right| \right) }.}\)

Mamy \(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| \ge 2 ^{max\left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) }}\), a zatem, na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina, :

\(\displaystyle{ \left| Z ^{\left( X \times Y\right) } \right| = 2 ^{max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right) } }\),

w przypadku gdy zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony lub zbiór \(\displaystyle{ Y}\) jest nieskończony i \(\displaystyle{ \left| Z\right| \ge 2}\).

Był to ostatni nasz przypadek, co kończy nasze zadanie.\(\displaystyle{ \square}\)

Dodano po 7 dniach 14 godzinach 48 minutach 28 sekundach:
Zauważmy, że jak mamy dwa zbiory równoliczne oraz ich odpowiednie dwa podzbiory równoliczne- pierwszy podzbiór pierwszego zbioru, i drugi podzbiór drugiego zbioru, i te dwa podzbiory w środku są zbiorami równolicznymi, to ich dopełnienia do danych nadzbiorów równolicznych nie muszą być równoliczne. Wystarczy rozważyć dwie kopię zbioru liczb naturalnych( zbiór liczb naturalnych jest równoliczny z samym sobą, bo każdy zbiór jest równoliczny z samym sobą, poprzez identyczność), i jako pierwszy podzbiór rozważmy zbiór liczb naturalnych większych lub równych od \(\displaystyle{ 2}\)- zbiór przeliczalny, a jako drugi zbiór weźmy zbiór wszystkich liczb parzystych- zbiór przeliczalny. Wtedy, są to dwa zbiory równoliczne, a ich dopełnienia, czyli zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 0,1\right\} }\) I zbiór liczb nieparzystych oczywiście nie są równoliczne. Jednak sytuacja się zmieni, jeśli tylko założymy dodatkowo, że te dwa zbiory w środku są zbiorami skończonymi- wczoraj to udowodniłem. Jak również wczoraj udowodniłem , że jeśli \(\displaystyle{ \mathbb {B}}\) jest skończoną rodziną zbiorów skończonych, to jej uogólniony iloczyn kartezjański \(\displaystyle{ \prod\mathbb {B}}\) jest zbiorem skończonym. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.

Rozważmy dwa zbiory równoliczne \(\displaystyle{ X}\) I \(\displaystyle{ Y.}\) Rozważmy dwa zbiory skończone \(\displaystyle{ A \subset X}\) I \(\displaystyle{ B \subset Y}\), równoliczne- \(\displaystyle{ A\sim B.}\)
Wykażemy, że ich dopełnienia są równoliczne, tzn. wykażemy, że: \(\displaystyle{ A'=X \setminus A\sim B'=Y \setminus B.}\)

Podajemy najpierw pewien Lemat.

Lemat: Jeśli \(\displaystyle{ Z}\) jest zbiorem nieskończonym, a \(\displaystyle{ C \subset Z}\) jest jego skończonym podzbiorem, to \(\displaystyle{ C'=Z \setminus C\sim Z.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU::

Przejdźmy do dowodu naszego faktu.

DOWÓD TEGO FAKTU (zachowując wprowadzone w tezie oznaczenia):

Jeśli zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony, to również zbiór \(\displaystyle{ Y,}\) jako zbiór z nim równoliczny, będzie nieskończony.
Stosując zatem nasz Lemat do zbiorów \(\displaystyle{ X}\) I \(\displaystyle{ A}\) otrzymujemy, że: \(\displaystyle{ A'= X \setminus A\sim X}\).
Stosując ten Lemat ponownie, tym razem do zbiorów \(\displaystyle{ Y}\) i \(\displaystyle{ B}\), otrzymujemy: \(\displaystyle{ B'=Y \setminus B\sim Y.}\)
A zatem: \(\displaystyle{ A'\sim X\sim Y\sim B',}\) czyli \(\displaystyle{ A'\sim B'.}\)

Jeśli zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest skończony, tzn. ma \(\displaystyle{ n}\) elementów, gdzie n jest liczbą naturalną; wtedy ponieważ \(\displaystyle{ Y\sim X,}\) więc również \(\displaystyle{ \left| Y\right| =n.}\) Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\) jest zbiorem skończonym, więc przyjmijmy, że \(\displaystyle{ \left| A\right|=k \in \NN, }\) \(\displaystyle{ k \le n,}\) a ponieważ \(\displaystyle{ B\sim A,}\) więc \(\displaystyle{ \left| B\right|= \left| A\right| =k.}\)
Wtedy \(\displaystyle{ \left| A'\right|= \left| X \setminus A\right| = n-k}\)( wynika to stąd, że zbiór A jest rozłączny z jego dopełnieniem, a suma zbioru A i jego dopełnienia daje cały zbiór X, zbiór \(\displaystyle{ n}\)-elementowy, i trzeba zastosować prawo o mocy sumy dwóch rozłącznych zbiorów skończonych ), a zatem \(\displaystyle{ \left| A'\right| = n- k}\), a ponieważ \(\displaystyle{ \left| Y\right|= n, }\) więc \(\displaystyle{ \left| B'\right|= \left| Y \setminus B\right| = n-k=\left| A'\right|.\square }\)

Przejdźmy do następnego faktu:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie dowolną skończoną rodziną zbiorów skończonych. Wykażemy, że produkt uogólniony \(\displaystyle{ \prod\mathbb{B}}\) jest zbiorem skończonym.

Podajmy najpierw pewien Lemat.:

Lemat. Jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną zbiorów, a \(\displaystyle{ A\not \in \mathbb{A}}\) jest zbiorem spoza tej rodziny, to mamy równoliczność:

\(\displaystyle{ \prod\left( \mathbb{A} \cup \left\{ A\right\} \right) \sim \prod\mathbb{A} \times A}\),

który to fakt udowodniłem: TUTAJ, W DRUGIM POŚCIE.

Przejdźmy do dowodu naszego faktu:

DOWÓD TEGO FAKTU:

Jeśli \(\displaystyle{ \emptyset \in \mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ \prod\mathbb{B}= \emptyset}\), gdyż nie może istnieć funkcja przypisująca zbiorowi pustemu jego jeden element.
A więc \(\displaystyle{ \prod\mathbb{B}= \emptyset}\) jest zbiorem skończonym, (nie lubię tak pisać, ale formalnie zbiór pusty jest zbiorem skończonym, bo jest równoliczny z samym sobą, czyli z liczbą naturalną von Neumanna \(\displaystyle{ 0}\) ).

Jeśli \(\displaystyle{ \emptyset \not \in \mathbb{B}}\), to dowód dalej przebiega w sposób indukcyjny, ze względu na ilość zbiorów rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}:}\)
Jesli \(\displaystyle{ \mathbb{B} =\emptyset}\), to \(\displaystyle{ \prod\emptyset = \left\{ \hbox{ FUNCKJA PUSTA}\right\} \sim 1}\), a więc jest to zbiór skończony.
Jeśli \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right|=1}\), tzn. \(\displaystyle{ \mathbb{B} = \left\{ A\right\}}\), dla pewnego zbioru \(\displaystyle{ A}\), to ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{B} }\) jest rodziną zbiorów skończonych, więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest zbiorem skończonym, a wtedy \(\displaystyle{ \prod\mathbb{B}\sim A}\), więc również zbiór \(\displaystyle{ \prod\mathbb{B}}\) jest zbiorem skończonym.

Krok indukcyjny:
Przypuśćmy, że twierdzenia zachodzi dla rodzin zbiorów mocy \(\displaystyle{ n}\), gdzie \(\displaystyle{ n \ge 1.}\) Pokażemy, że zachodzi również dla rodzin mocy \(\displaystyle{ n+1.}\)
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną zbiorów mocy \(\displaystyle{ n+1}\), rodziną zbiorów skończonych. Niech \(\displaystyle{ A \in \mathbb{B} \neq \left\{ \right\}.}\) Wtedy zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest skończony. Wtedy \(\displaystyle{ \mathbb{B} \setminus \left\{ A\right\}\sim n}\)- jest to rodzina mocy \(\displaystyle{ n}\), rodzina zbiorów skończonych, a zatem, możemy do niej zastosować założenie indukcyjne, i otrzymać, że zbiór \(\displaystyle{ \prod\left( \mathbb{B} \setminus \left\{ A\right\} \right)}\) jest zbiorem skończonym. Wtedy \(\displaystyle{ A\not \in \mathbb{B} \setminus \left\{ A\right\} }\), a zatem, na mocy przytoczonego Lematu :

\(\displaystyle{ \prod\mathbb{B}\stackrel{A\in\mathbb{B} }{=} \prod \left( \ \left( \mathbb{B} \setminus \left\{ A\right\} \right) \ \cup \left\{ A\right\} \right) \sim \prod\left( \mathbb{B} \setminus \left\{ A\right\} \right) \times A,}\)

gdzie zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest skończony, więc taki iloczyn kartezjański, jako iloczyn kartezjański dwóch zbiorów skończonych, jest zbiorem skończonym. A więc również produkt uogólniony \(\displaystyle{ \prod\mathbb{B}}\) jest zbiorem skończonym. Krok indukcyjny został dowiedziony.

Zasada indukcji matematycznej kończy dowód tego faktu\(\displaystyle{ .\square}\)

Jakub Gurak · Post autor: **Jakub Gurak** » 16 maja 2023, o 16:42

Nie wiem czy ktokolwiek pamięta, że zapowiedziałem, że udowodnię dokładnie, że jeżeli okrąg na płaszczyźnie o danym środku i o dodatnim promieniu, podzielimy na trzy równe łuki (o mierze kąta \(\displaystyle{ 120 ^{\circ} }\)), to będą one zbiorami równolicznymi. Rozwiązywałem to zadanie około dwóch miesięcy (z przerwą), najpierw bezskutecznie przez półtora miesiąca, bo pomyliłem wzory (wzory były podane dla okręgu o środku w początku układu, u mnie nie było to założone, przekształciłem tą sytuację na własną rękę (bez sprawdzania wzorów), i się pomyliłem, i dlatego potem to zadanie nie chciało mi za żadne skarby wyjść ); potem odłożyłem to zadanie na bok na dwa tygodnie/miesiąc/nie wiem, i znowu do niego wróciłem, i w tą środę wieczorem około \(\displaystyle{ 21:30}\) ukończyłem je (w tą niedzielę musiałem jeszcze zrobić tutaj małe poprawki), dowodząc, że wszystkie te trzy łuki są mocy continuum.

Jeszcze bardziej ekscytujące jest to, że wykorzystałem ten fakt do pewnego zadania z czworościanami foremnymi (zadania postawionego przez samego siebie, ale za to analogicznego do pewnego zadania z trójkątami równobocznymi ze "Wstępu do matematyki współczesnej " Heleny Rasiowej).

Mamy bowiem takie zadanie:

Wykazać, że rodzina wszystkich trójkątów równobocznych na płaszczyźnie o jednym punkcie o obu współrzędnych wymiernych, i o środku ciężkości w początku układu, jest przeliczalna.

Jest tak dlatego, że punkt o obu współrzędnych wymiernych oraz założenie, że środki ciężkości tych trójkątów są w początku układu płaszczyzny, wyznaczają te trójkąty, a wszystkich punktów płaszczyzny o obu współrzędnych wymiernych jest przeliczalnie wiele.

Sytuacja nie jest analogiczna dla czworościanów foremnych w przestrzeni trójwymiarowej; a to dlatego, że mając dany czworościan o górnym wierzchołku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0,2\right)}\), i o podstawie leżącej w płaszczyźnie \(\displaystyle{ z=-1}\), to możemy ten czworościan obracać wokół okręgu opisanego na trójkącie równobocznym leżącym w tej płaszczyźnie \(\displaystyle{ z=-1}\). Wtedy wierzchołek górny będzie oczywiście cały czas ten sam, a więc będzie to punkt o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych, i ten czworościan foremny będzie o środku ciężkości w początku układu (niedowierzałem w to, ale zrobiłem eksperyment robiąc czworościan z klocków magnetycznych aby się o tym przekonać, ale też w ostatni czwartek rozwiązałem całe to zadanie w sposób ścisły ), a tych wszystkich czworościanów będzie co najmniej tyle, ile jest punktów na łuku o mierze \(\displaystyle{ 1/3}\) kąta pełnego, a tych punktów jest (po tych długich rozważaniach) jest tyle, ile jest punktów na całym okręgu, czyli continuum. A więc tych czworościanów będzie (trzeba by jeszcze uzasadnić, że nie ma ich więcej, ale to jest chyba proste) będzie continuum.

Sytuacja nie jest podobna w przestrzeni trójwymiarowej dla kostek o dodatniej objętości; a to dlatego, że podobnie jak dla trójkątów na płaszczyźnie, jeden z wierzchołków kostki o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych, oraz założenie, że środek ciężkości kostki leży w początku układu przestrzeni trójwymiarowej, wyznaczają tą kostkę. Przedstawię teraz dowody tych ekscytujących faktów.

Rozwiążmy najpierw to zadanie z trójkątami równobocznymi ze Wstępu do matematyki Heleny Rasiowej.

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ S \subset \RR^2\Bigl| \ \ S \hbox{ jest trójkątem równobocznym } S=\Delta ABC, \hbox{ gdzie } A \in \QQ \times \QQ, \hbox{ i środek } O \hbox{ trójkąta } S: O=\left( 0,0\right) \right\}.}\)

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

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{B}\sim \NN.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Mając dowolny ustalony punkt \(\displaystyle{ A \in \QQ \times \QQ\sim \NN \times \NN\sim \NN}\), przy czym \(\displaystyle{ A \neq \left( 0,0 \right),}\) tzn. \(\displaystyle{ A= \left( a_1, a_2\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ a_1, a_2 \in \QQ}\), to łączymy odcinkiem ten punkt z punktem \(\displaystyle{ O=\left( 0,0\right) }\), a następnie na półprostych o początku w punkcie \(\displaystyle{ O}\) i nachylonych pod kątem odpowiednio \(\displaystyle{ 120 ^{\circ}}\) i \(\displaystyle{ -120 ^{\circ}}\) do tego odcinka odmierzamy odcinki tej samej długości otrzymując kolejne dwa punkty trójkąta (i mamy punkt \(\displaystyle{ A}\)), a więc otrzymujemy trójkąt.

Widać, że będzie to trójkąt równoboczny o środku ciężkości w punkcie \(\displaystyle{ O=\left( 0,0\right)}\) i przechodzącym przez punkt \(\displaystyle{ A \in \QQ \times \QQ}\). I w ten oto sposób otrzymujemy funkcję \(\displaystyle{ f}\) działającą w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ A \in \left( \QQ \times \QQ\right) \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} \stackrel{f} {\Longrightarrow} \mathbb{B}.}\)

Jest to funkcja 'na'.

A zatem:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \QQ \times \QQ \right|=\left| \NN\right| .}\)

Ale łatwo jest utworzyć nieskończenie wiele takich trójkątów.

W tym celu:

Dla dowolnej liczby naturalnej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) rozważamy trójkąt równoboczny przechodzący przez punkt \(\displaystyle{ \left( 0,n\right)}\), i, podobnie jak to robiliśmy powyżej, na odpowiednich półprostych odmierzamy odcinki długości \(\displaystyle{ n}\). Otrzymamy wtedy trójkąt równoboczny, wtedy \(\displaystyle{ \left( 0,n\right) \in \QQ \times \QQ}\) i otrzymamy trójkąt o środku ciężkości w punkcie \(\displaystyle{ O=(0,0).}\) Oto ILUSTRACJA TEGO FAKTU: \(\displaystyle{ \\}\)

\(\displaystyle{ \\}\) A zatem:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \ge \left| \left\{ 0\right\} \times \NN_+\right|= \left| \NN_+\right|= \left| \NN\right|. }\)

Na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \mathbb{B} \sim \NN. \square}\)

Podajmy analogiczne zadanie dla czworościanów foremnych:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną wszystkich czworościanów foremnych mających przynajmniej jeden z wierzchołków o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych i o środku symetrii w początku układu. Formalnie:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ S \subset \RR ^{3}\Bigl| \ \ S \hbox{ jest czworościanem foremnym } S= ABCD, \hbox{ gdzie } A \in \QQ \times \QQ \times \QQ, \hbox{ i środek symetrii } O \hbox{ czworościanu } S: O=\left( 0,0,0\right) \right\}.}\)

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

Podajmy najpierw pewien Lemat (ten z łukami, udowodnimy go dokładnie).

Lemat: Niech \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right) \in \RR ^{2}}\), i niech \(\displaystyle{ r}\) będzie liczbą rzeczywistą dodatnią.

Rozważmy okrąg o środku w tym punkcie \(\displaystyle{ \left( x_0,y_0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ r:}\)

\(\displaystyle{ O\left( \left( x_0, y_0\right);r \right) = \left\{ \left( x,y\right)\Bigl| \ \ \left( x-x_0\right) ^{2} + \left( y-y_0\right) ^{2}= r ^{2}\right\}.}\)

Podzielmy go na trzy równe części \(\displaystyle{ O_1, O_2}\) i \(\displaystyle{ O_3}\) w poniższy sposób :

\(\displaystyle{ O_1= \left\{ \left( x,y\right) \in O(\left( x_0, y_0\right); r )\Bigl| \ y \ge y_0 \hbox{ i } x> x_0- \frac{r}{2} \right\} ,}\) oraz
\(\displaystyle{ O_2= \left\{ \left( x,y\right) \in O(\left( x_0, y_0\right); r )\Bigl| \ y<y_0 \hbox{ i } x \ge x_0 - \frac{r}{2} \right\} , }\) i
\(\displaystyle{ O _{3} = O(\left( x_0, y_0\right); r ) \setminus \left( O_1 \cup O_2\right).}\)

Wykażemy, że:

\(\displaystyle{ O_1\sim O_2\sim O_3\sim \RR.}\)

Wykażemy najpierw, że:

\(\displaystyle{ O_1\sim O_2.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

W tym celu definiujemy funkcję

\(\displaystyle{ f: O_1 \rightarrow O_2}\),

w następujący sposób:\(\displaystyle{ }\)

\(\displaystyle{ f\left( \left( x,y\right) \right) = \begin{cases} \left( x, 2y_0-y\right), \hbox{ dla } y \neq y_0; \\ \left( x_0- \frac{r}{2}, y_0- r\left( \frac{ \sqrt{3} }{2}\right) \right), \hbox{ dla } y=y_0. \end{cases} }\)

Tzn. dla \(\displaystyle{ y \neq y_0}\) odbijamy nasz łuk okręgu względem prostej \(\displaystyle{ y=0}\), a dla \(\displaystyle{ y=y_0}\) rozważamy punkt okręgu liczony w punkcie \(\displaystyle{ x=x_0- \frac{r}{2}}\) (w dolnej połowie tego okręgu- jest to punkt 'krawędziowy' między łukiem \(\displaystyle{ O_3}\) a lukiem \(\displaystyle{ O_2}\)).

Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest dobrze określoną bijekcją.

DOWÓD TEGO FAKTU::

Wykażemy teraz, że:

\(\displaystyle{ O_1\sim O_3.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Jeśli \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in O_1,}\) to takiej parze przypisujemy parę \(\displaystyle{ (x', y')}\), gdzie liczby \(\displaystyle{ x'}\) i \(\displaystyle{ y'}\) są dane jako:

\(\displaystyle{ x'= \frac{-x+3x _{0}-y \sqrt{3}+ y_0 \sqrt{3} }{2};}\) i
\(\displaystyle{ y'= \frac{\left( x-x_0\right) \sqrt{3} - y +3 y_{0} }{2}.}\)

Jest to punkt powstały po obróceniu danego punktu \(\displaystyle{ \left( x,y\right)}\) na łuku \(\displaystyle{ O_1}\) o kąt miary \(\displaystyle{ 120 ^{\circ}.}\)

Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) działająca w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in O_1 \stackrel{f}{\rightarrow} \left( x',y'\right) \in O_3,}\)

jest dobrze określoną bijekcją.

DOWÓD TEGO FAKTU::

Mamy \(\displaystyle{ O_1\sim O_2}\), a zatem \(\displaystyle{ O_1\sim O_2\sim O_3.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ O_1, O_2, O_3 \subset O\left( \left( x_0, y_0\right);r \right)\sim \RR}\), a zatem \(\displaystyle{ \left| O_1 \right| , \left| O_2\right| \left| O_3\right| \le \left| \RR\right| }\). I stąd są to zbiory mocy continuum- podobny fakt dla dwóch zbiorów udowadniałem wielokrotnie, opiszmy słowami ten nasz dowód dla trzech zbiorów:

Zbiór \(\displaystyle{ O_1}\) nie może być zbiorem skończonym, gdyż wtedy zbiory \(\displaystyle{ O_2}\) i \(\displaystyle{ O_3}\), jako zbiory z nim równoliczne, również byłyby skończone, i wtedy zbiór \(\displaystyle{ O\left( \left( x_0,y_0\right); r \right)}\), jako suma trzech zbiorów skończonych, byłby zbiorem skończonym, a ponieważ jest to zbiór mocy continuum, to zbiór \(\displaystyle{ \RR}\) byłby skończony- sprzeczność.

Wobec czego zbiór \(\displaystyle{ O_1}\) musi być nieskończony, i gdyby byłby mocy silnie mniejszej od continuum, to ponieważ \(\displaystyle{ O_2\sim O_1}\), to suma \(\displaystyle{ O_1 \cup O_2}\) jest równoliczna ze zbiorem \(\displaystyle{ O_1}\), i dalej \(\displaystyle{ O\left( \left( x_0. y_0\right); r \right)=(O_1 \cup O_2) \cup O_3 \sim O_1}\), ale moc zbioru \(\displaystyle{ O_1}\) jest silnie mniejsza niż continuum, a zatem ten okrąg jest mocy silnie mniejszej od continuum, a tymczasem jest on mocy continuum- sprzeczność.

Wobec czego \(\displaystyle{ \left| O_1\right| \not< \left| \RR\right|}\) , ale \(\displaystyle{ \left| O_1\right| \le \left| \RR\right|}\), a zatem zbiór \(\displaystyle{ O_1}\) jest równoliczny ze zbiorem \(\displaystyle{ \RR}\), i:

\(\displaystyle{ \RR\sim O_1\sim O_2\sim O_3.\square}\)

Rozwiążmy teraz nasze zadanie z czworościanami foremnymi (zachowując wprowadzone oznaczenia ).

ROZWIĄZANIE:

W płaszczyźnie \(\displaystyle{ z=-1}\) rozważmy okrąg \(\displaystyle{ O\left( \left( 0,0\right);r \right)}\) o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ r= \frac{3 \sqrt{2} }{2} }\)( będziemy rozważali czworościany foremne o środku symetrii w początku układu, i o górnym wierzchołku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0,2\right)}\), i o podstawach leżących w tej płaszczyźnie \(\displaystyle{ z=-1}\)).

i rozważmy łuk \(\displaystyle{ O_1,}\) dany jako:

\(\displaystyle{ O_1= \left\{ \left( x,y\right) \in O(\left( x_0, y_0\right); r ): \ y \ge 0, x> - \frac{r}{2} \right\} .}\)

Następnie dla dowolnego ustalonego punktu \(\displaystyle{ P \in O_1}\) w okrąg \(\displaystyle{ O\left( \left( 0,0 \right);r \right)}\) wpisujemy trójkąt równoboczny o wierzchołku w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Niech \(\displaystyle{ a}\) będzie długością boku tego trójkąta równobocznego.

Następnie tworzymy czworościan foremny \(\displaystyle{ APCD}\) o boku długości \(\displaystyle{ a}\), i o podstawie tego trójkąta. Wtedy A\(\displaystyle{ = \left( 0,0,2\right) \in \QQ \times \QQ \times \QQ,}\) i środkiem symetrii tego czworościanu jest punkt \(\displaystyle{ O= \left( 0,0,0\right).}\)

A zatem \(\displaystyle{ S_P= \Delta APCD \in \mathbb{B}.}\)
I w ten sposób otrzymujemy funkcję:

\(\displaystyle{ P \in O_1 \stackrel{f} {\rightarrow} S_P \in \mathbb{B}. }\)

I dla dwóch różnych punktów \(\displaystyle{ P_1, P_2 \in O_1, P_1 \neq P_2}\) czworościany odpowiadające tym punktom będą różne.

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

A zatem:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \ge \left| O_1\right| \sim \RR,}\)

którą to ostatnią równoliczność otrzymujemy na mocy powyższego Lematu.

A zatem: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \ge \left| \RR\right|.}\)

Ale cztery punkty \(\displaystyle{ A,B, C,D \in \RR ^{3}}\) wyznaczają czworościan, a zatem:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{ B}\right| \le \left| \RR ^{3} \times \RR ^{3} \times \RR ^{3} \times \RR ^{3} \right| \stackrel{\RR ^{3}\sim \RR } {=} \left| \RR \times \RR \times \RR \times \RR\right| = \left| \left( \RR \times \RR\right) \times \left( \RR \times \RR\right) \right| \stackrel{\RR \times \RR\sim \RR}{=} \left| \RR \times \RR\right| = \left| \RR\right| .
}\)

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

\(\displaystyle{ \mathbb{B} \sim \RR.\square}\)

I ostatnie nasze zadanie, sformułuje je w sposób ścisły:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ \left[ a,b\right] \Bigl| \ a,b \in \RR, a<b \right\}.}\)

Będzie rodziną wszystkich przedziałów domkniętych w \(\displaystyle{ \left( \RR, \le \right) }\) (o dodatnich długościach).

Jeśli mamy taki przedział domknięty \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] \in \mathbb{S}}\), to liczbę:

\(\displaystyle{ l _{\left[ a,b\right] } := b-a}\),

nazwijmy długością przedziału \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] }\).

Rozważmy rodzinę kostek zbudowanych z takich przedziałów domkniętych, tzn.:

\(\displaystyle{ \mathbb{B} = \left\{ A \times \left( B \times C\right)\Big| \ A,B,C \in \mathbb{S}\right\} .}\)

Rozważmy operację dodawania na trójkach liczb rzeczywistych:

\(\displaystyle{ \left( a_1, b_1, c_1\right) + \left( a_2, b_2, c_2\right) = \left( a_1+a_2, b_1+b_2, c_1+c_2\right),}\)

czyli dodajemy tutaj 'po współrzędnych'.

Dla kostki \(\displaystyle{ K \in \mathbb{B}}\), \(\displaystyle{ K= A \times \left( B \times C\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B,C \in \mathbb{S}}\), niech \(\displaystyle{ min \left( K\right)}\) oznacza element najmniejszy takiej kostki względem porządku leksykograficznego \(\displaystyle{ \le _{\RR}\otimes \left( \le _{\RR}\otimes \le_{ \RR }\right).}\)

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną kostek o jednym z wierzchołków o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych i o środku symetrii w początku układu, formalnie:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ K \in \mathbb{B}: \min \left( K\right) \in \QQ \times \QQ \times \QQ \hbox{ i } \min (K) + \left( \frac{l_A}{2}, \frac{l_B}{2}, \frac{l_C}{2} \right) = \left( 0,0,0\right) \right\} . }\)

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

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest dokładnie przeliczalna.

DOWÓD TEGO FAKTU:

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

\(\displaystyle{ K \in \mathbb{A}\stackrel{f}{ \rightarrow } min (K) \in \QQ \times \left( \QQ \times \QQ\right).}\)

Wykażemy, że jest to funkcja różnowartościowa.

Jeśli \(\displaystyle{ f\left( K_1\right)= f\left( K_2\right)}\), to \(\displaystyle{ \min \left( K_1\right) =\min \left( K_2\right) .}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ K_1, K_2 \in \mathbb{A} \subset \mathbb{B} }\), to \(\displaystyle{ K_1= A_1 \times \left( B_1 \times C_1\right)}\) dla pewnych zbiorów \(\displaystyle{ A_1, B_1}\) i \(\displaystyle{ C_1}\); i podobnie \(\displaystyle{ K_2= A_2 \times \left( B_2 \times C_2\right) .}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ K_1, K_2 \in \mathbb{A}}\), to:

\(\displaystyle{ \min \left( K_1\right) + \left( \frac{l _{A_1} }{2}, \frac{l _{B_1} }{2} , \frac{l _{C_1} }{2} \right) = \left( 0,0,0\right) = min \left( K_2\right) + \left( \frac{l _{A_2} }{2}, \frac{l _{B_2} }{2} , \frac{l _{C_2} }{2} \right) .}\)

Jeśli \(\displaystyle{ \min \left( K_1\right) = \left( a,b,c\right) = \min \left( K_2\right) }\), to:

\(\displaystyle{ a+ \frac{l _{A_1} }{2}=0= a+ \frac{l _{A_2} }{2};}\) oraz
\(\displaystyle{ b+\frac{l _{B_1} }{2}=0= b+ \frac{l _{B_2} }{2};}\) i
\(\displaystyle{ c+\frac{l _{C_1} }{2}=0= c+ \frac{l _{C_2} }{2};}\)

skąd:

\(\displaystyle{ l _{A_1} = l _{A_2}}\) oraz \(\displaystyle{ l _{B_1} = l _{B_2}}\) i \(\displaystyle{ l _{C_1} = l _{C_2}.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A_1= \left[ m_1, M_1\right]}\), gdzie \(\displaystyle{ m_1< M_1;}\) i \(\displaystyle{ A_2= \left[ m_2, M_2\right]}\), gdzie \(\displaystyle{ m_2< M_2}\),

i \(\displaystyle{ B_1= \left[ m _{1} ^{B} , M _{1} ^{B} \right]}\) , gdzie \(\displaystyle{ m ^{B} _{1} <M ^{B} _{1}}\) i \(\displaystyle{ B_2= \left[ m _{2} ^{B} , M _{2} ^{B} \right],}\) gdzie \(\displaystyle{ m _{2} ^{B} < M _{2} ^{B},}\) i podobnie:

\(\displaystyle{ C_1= \left[ m _{1} ^{C} , M _{1} ^{C} \right]}\) i \(\displaystyle{ C_2= \left[ m _{2} ^{C} , M _{2} ^{C} \right]}\), to:

\(\displaystyle{ m_1= \min \left( A_1\right) , m _{1} ^{B}= \min \left( B_1\right) }\) i \(\displaystyle{ m _{1} ^{C}= \min \left( C_1\right) }\), a zatem na mocy pewnego prostego faktu :

\(\displaystyle{ \left( m_1, m_{1} ^{B }, m_1 ^{C} \right) =\min \left( A_1 \times \left( B_1 \times C_1\right) \right) = \min \left( K_1\right) = \left( a,b,c\right) .}\)

Rozumując podobnie otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \left( m_2, m_{2} ^{B} , m _{2} ^{C} \right)= \left( a,b,c\right) }\), skąd:

\(\displaystyle{ m_1= m_2}\), \(\displaystyle{ m_1 ^{B} = m_2 ^{B}}\) i \(\displaystyle{ m _{1} ^{C}= m_2 ^{C}.}\)

Skąd:\(\displaystyle{ }\)

\(\displaystyle{ M_1= m_1+ \left( M_1-m_1\right) = m_1+ l _{A_1}= m_2+ l _{A_2}= m_2+ \left( M_2-m_2\right) = M_2.}\)

A zatem: \(\displaystyle{ A_1= \left[ m_1, M_1\right] = \left[ m_2, M_2\right] = A_2.}\)

Rozumując podobnie otrzymujemy: \(\displaystyle{ B_1= B_2}\) i \(\displaystyle{ C_1= C_2}\), skąd, ponieważ dla dwóch zbiorów istnieje tylko jeden ich iloczyn kartezjański, więc:

\(\displaystyle{ K_1= A_1 \times \left( B_1 \times C_1\right) = A_2 \times \left( B_2 \times C_2\right) = K_2,}\)

czyli \(\displaystyle{ K_1= K_2,}\)

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

A zatem: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \QQ \times \left( \QQ \times \QQ\right) \right|= \left| \NN\right|.}\)

Jednak, dla dowolnej liczby naturalnej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) możemy rozważyć kostkę:

\(\displaystyle{ K_n= \left[ -n,n\right] \times \left( \left[ -n,n\right] \times \left[ -n,n\right] \right);}\)

o środku symetrii w początku układu; i dla różnych naturalnych numerów otrzymujemy różne kostki.

A zatem: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \NN_+\right| = \left| \NN\right|.}\)

Na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \mathbb{A}\sim \NN.\square}\)

Na sam koniec, dodam, że jest takie pytanie na ważniaku:

Czy istnieje taki zbiór, że każdy jego podzbiór jest jego elementem??

Gdyby istniał taki zbiór \(\displaystyle{ X}\), że każdy jego podzbiór byłby jego elementem, to również cały zbiór \(\displaystyle{ X}\) (bo \(\displaystyle{ X \subset X}\)) byłby jego elementem, a, na mocy aksjomatu regularności, żaden zbiór nie jest swoim własnym elementem- sprzeczność. Wobec czego taki zbiór nie istnieje.

Matematyka.pl

Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów

Re: Teoria mocy zbiorów