W ostatni piątek ukończyłem dowód faktu, mówiącego, że płaszczyznę można rozłożyć na zbiory przeliczalne, tzn. istnieje rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2}, }\) taki, że jeśli \(\displaystyle{ A \in \mathcal{R}}\), to \(\displaystyle{ A\sim \NN.}\)
Idea dowodu tego faktu jest taka, aby rozważyć specjalny zbiór przeliczalny- kratownicę \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ}\) zbioru liczb całkowitych \(\displaystyle{ \ZZ.}\) A następnie wziąć 'kopie' takiej kratownicy, i przesunąć je po kwadracie jednostkowym \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right) \times \left[ 0,1\right).}\) Jeśli przesuniemy taką kratownice \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ}\) najpierw po osi \(\displaystyle{ x}\) po odcinku otwartym \(\displaystyle{ \left( 0,1\right)}\), to suma takich zbiorów da proste poziome przechodzące przez kolejne liczby całkowite. Pozostaje przesunąć takie proste po odcinku otwartym \(\displaystyle{ \left( 0,1\right)}\) na osi \(\displaystyle{ y}\), i wtedy suma takich zbiorów da całą płaszczyznę, i w ten sposób otrzymamy rozkład płaszczyzny na zbiory równoliczne z kratownicą \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ}\), (bo są to kopie takiej kratownicy, są to tylko przesunięte takie kratownice, więc ich moc się nie zmienia), czyli otrzymamy rozkład płaszczyzny na zbiory przeliczalne. Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu.
Wykażemy, że istnieje rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2}}\) na zbiory przeliczalne, tzn. taki, że jeśli \(\displaystyle{ A \in \mathcal{R}}\), to \(\displaystyle{ A\sim \NN.}\)
Wpierw, wprowadźmy operację dodawania na parach liczb rzeczywistych:
Jeśli \(\displaystyle{ \left( x_1, y_1\right); \left( x_2, y_2\right) \in \RR^2}\), to definiujemy dodawanie:
\(\displaystyle{ \left( x_1, y_1\right)+ \left( x_2, y_2\right)= \left( x_1+ x_2, y_1+y_2\right) \in \RR^2.}\)
Oczywiście, formalnie mamy tu kolizję oznaczeń: \(\displaystyle{ +}\) po lewej stronie równości jest czym innym niż \(\displaystyle{ +}\) po stronie prawej. Jednak będziemy oznaczać te dwie operacje tym samym symbolem, gdyż nie prowadzi to do nieporozumień. Czyli dodajemy tutaj pary liczb rzeczywistych 'po współrzędnych'. Przejdźmy do dowodu naszego faktu:
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech:
\(\displaystyle{ A_0= \ZZ \times \ZZ\sim \NN}\).
Dla dowolnej pary \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \left[ 0,1\right) \times \left[ 0,1\right)}\) definiujemy zbiór:
\(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = \left\{ \left( a,b\right)+ \left( x,y\right)\Bigl| \ \ a,b \in \ZZ \right\}= \left\{ \left( a,b\right)+ \left( x,y\right)\Bigl| \ \ \left( a,b\right) \in \ZZ \times \ZZ \right\} \subset \RR^2}\).
Jest to kopia kratownicy \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ}\) przesunięta o wektor \(\displaystyle{ \overrightarrow{xy}.}\)
I niech:
\(\displaystyle{ \mathcal{R}= \left\{ A _{\left( x,y\right) }\Bigl| \ x,y \in \left[ 0,1\right) \right\}.}\)
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2}\).
Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2}}\).
Musimy wykazać, że: \(\displaystyle{ \bigcup\mathcal{R}= \RR^2.}\)
Niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup\mathcal{R} \subset \RR^2}\) (bo jest to suma podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2}}\)).
Nim przejdziemy dalej, przypomnijmy prosty fakt, mówiący, że jeśli mamy liczbę rzeczywistą ujemną bądź zero, to można ją jednoznacznie przedstawić w postaci różnicy liczby całkowitej ujemnej (bądź zera) i liczby z przedziału \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right)}\)- jest to dość prosty fakt.
Niech \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \RR ^{2}.}\)
Wtedy \(\displaystyle{ a,b \in \RR}\).
Jeśli \(\displaystyle{ a,b \le 0}\), to dla liczby \(\displaystyle{ a}\), na mocy powyższego faktu, istnieje dokładnie jedna liczba \(\displaystyle{ x_a \in \ZZ_- \cup \left\{ 0\right\} }\) oraz istnieje dokładnie jedna liczba \(\displaystyle{ y_a \in \left[ 0,1\right)}\), taka, że \(\displaystyle{ a= x_a-y _{a}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ y_a=0}\), to \(\displaystyle{ a=x_a-0= x_a= x_a+0}\).
Jeśli zaś \(\displaystyle{ y_a \neq 0}\), to ponieważ \(\displaystyle{ y_a \in \left[ 0,1\right)}\), więc \(\displaystyle{ 0<y_a<1}\), wtedy \(\displaystyle{ 0<1-y_a<1}\), i ponieważ \(\displaystyle{ x_a \in \ZZ_- \cup \left\{ 0\right\}}\) , więc \(\displaystyle{ x_a-1 \in \ZZ}\), a zatem:
\(\displaystyle{ a=x_a- y_a=\left( \underbrace{ x_a-1}_{ \in \ZZ}\right) + \left( \underbrace{1-y_a}_{ \in \left( 0,1\right) }\right).}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ b \le 0}\), więc stosując po raz drugi przytoczony fakt otrzymujemy: \(\displaystyle{ b=x_b-y_b}\), gdzie \(\displaystyle{ x_b \in \ZZ_- \cup \left\{ 0\right\}}\), a \(\displaystyle{ y_b \in \left[ 0,1\right).}\)
Jeśli \(\displaystyle{ y_b= 0}\), to \(\displaystyle{ b=x_b-0= x_b= x_b+0.}\)
Więc jeśli \(\displaystyle{ y_a \neq 0}\), to: \(\displaystyle{ a= \left( \underbrace{x_a-1}_{ \in \ZZ}\right) + \left( \underbrace{1-y_a}_{ \in \left( 0,1\right) }\right).}\)
Wtedy:
\(\displaystyle{ b= \left( \underbrace{x_b-1}_{ \in \ZZ}\right) + \left( \underbrace{1-y_b}_{ \in \left( 0,1\right) }\right).}\)
A wtedy:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) = \left( \underbrace{x_a-1}_{ \in \ZZ}, \underbrace{x_b-1}_{ \in \ZZ}\right) + \left( 1-y_a, 1-y_b\right),}\)
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in A _{\left( 1-y_a, 1-y_b\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ 1-y_a \in \left[ 0,1\right); 1-y_b \in \left[ 0,1\right)}\), a więc tym bardziej:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup_{x,y \in \left[ 0,1\right) } A _{\left( x,y\right) } = \bigcup\mathcal{R}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ y_a \neq 0, y_b=0}\), to:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right)=\left( \underbrace{x_a-1}_{ \in \ZZ}; \underbrace{x_b}_{ \in \ZZ}\right) + \left( \underbrace{1-y_a}_{ \in \left[ 0,1\right) }, 0\right)}\),
a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in A _{\left( 1-y_a, 0\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ 1-y _{a},0 \in \left[ 0,1\right)}\), a więc tym bardziej:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup_{x,y \in \left[ 0,1\right) } A _{\left( x,y\right) } = \bigcup\mathcal{R}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ y_a=0, y_b \neq 0}\), to:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right)= \left( \underbrace{x_a}_{ \in \ZZ}; \underbrace{x_b-1}_{ \in \ZZ}\right)+ \left( 0,\underbrace{1-y_b}_{ \in \left[ 0,1\right) }\right),}\)
a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in A _{\left( 0,1-y_b\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ 0,1-y_b \in \left[ 0,1\right)}\), a zatem:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup_{x,y \in \left[ 0,1\right) } A _{\left( x,y\right) } = \bigcup\mathcal{R}.}\)
Jeśli zaś \(\displaystyle{ y_a=0}\) i \(\displaystyle{ y_b=0}\), to:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) = \left( x_a,x_b\right)+\left( 0,0\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ x_a, x_b \in \ZZ}\), a zatem:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in A _{\left( 0,0\right) }}\), a zatem: \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup_{x,y \in \left[ 0,1\right) } A _{\left( x,y\right) } = \bigcup\mathcal{R}.}\)
Nim przejdziemy dalej, przypomnijmy prosty fakt, mówiący, że jeżeli mamy liczbę rzeczywistą nieujemną, to można ją przedstawić jednoznacznie w postaci sumy liczby naturalnej ( oczywiście łącznie z zerem) i liczby z przedziału \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right)}\)- jest to prosty fakt, w taki przecież sposób zapisujemy liczby nieujemne.
Rozważmy teraz przypadek gdy: \(\displaystyle{ a,b>0}\).
Dla \(\displaystyle{ a>0,}\) na mocy przytoczonego faktu, istnieje dokładnie jedna para \(\displaystyle{ \left( x_a, y_a\right) \in \NN \times \left[ 0,1\right)}\), taka, że: \(\displaystyle{ a= x_a+y_a}\). Wtedy \(\displaystyle{ x_a \in \ZZ, y_a \in \left[ 0,1\right)}\).
Dla \(\displaystyle{ b>0}\), podobnie, istnieje dokładnie jedna para \(\displaystyle{ \left( x_b, y_b\right) \in \NN \times \left[ 0,1\right)}\),taka, że: \(\displaystyle{ b= x_b+y_b}\). Wtedy \(\displaystyle{ x_b \in \ZZ}\), a \(\displaystyle{ y_b \in \left[ 0,1\right).}\) Wtedy:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) = \left( x_a, x_b\right) + \left( y_a, y_b\right) }\), gdzie \(\displaystyle{ \left( x_a,x_b \right) \in \ZZ \times \ZZ}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in A _{\left( y_a, y_b\right) }}\) , gdzie \(\displaystyle{ y_a, y_b \in \left[ 0,1\right)}\) , a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup_{x,y \in \left[ 0,1\right) } A _{\left( x,y\right) } = \bigcup \mathcal{R}.}\)
3. Rozważmy teraz przypadek gdy: \(\displaystyle{ a>0, b \le 0}\).
Wtedy, dla \(\displaystyle{ a>0}\), na mocy powyższego przytoczonego faktu, istnieje dokładnie jedna para \(\displaystyle{ \left( x_a;y_a\right) \in \NN \times \left[ 0,1\right)}\), taka, że: \(\displaystyle{ a=x_a+y_a}\). Wtedy \(\displaystyle{ x_a \in \ZZ}\), a \(\displaystyle{ y_a \in \left[ 0,1\right). }\)
Wtedy, dla \(\displaystyle{ b \le 0}\), istnieje dokładnie jedna para \(\displaystyle{ \left( x_b, y_b\right) \in \left( \ZZ_- \cup \left\{ 0\right\}\right) \times \left[ 0,1\right)}\), taka, że: \(\displaystyle{ b=x_b-y_b}\).
Jeśli \(\displaystyle{ y_b=0}\), to \(\displaystyle{ b= x_b-0= x_b= \underbrace{x_b}_{ \in \ZZ}+\underbrace{0}_{ \in \left[ 0,1\right) }.}\)
A zatem:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) = \underbrace{\left( x_a, x_b\right)}_{ \in \ZZ \times \ZZ} + \underbrace{\left( y_a, 0\right)}_{ \in \left[ 0,1\right) \times \left[ 0,1\right) } }\),
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in A _{\left( y_a,0 \right) }}\) , gdzie \(\displaystyle{ y_a, 0 \in \left[ 0,1\right)}\), a więc tym bardziej:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup_{x,y \in \left[ 0,1\right) } A _{\left( x,y\right) }= \bigcup\mathcal{R}}\).
Jeśli \(\displaystyle{ y_b \neq 0}\), to ponieważ \(\displaystyle{ y_b \in \left[ 0,1\right)}\), więc \(\displaystyle{ y_b \in \left( 0,1\right)}\), wtedy również \(\displaystyle{ \left( 1-y_b\right) \in \left( 0,1\right)}\), a zatem:
\(\displaystyle{ b= x_b-y_b= \left( \underbrace{x_b-1}_{ \in \ZZ}\right)+ \left( \underbrace{1-y_b}_{ \in \left[ 0,1\right) }\right),}\)
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) = \left( x_a, x_b-1\right) + \left( y_a, 1-y_b\right)}\),
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in A _{\left( y_a, 1-y_b\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ y_a, 1-y_b \in \left[ 0,1\right)}\), a więc tym bardziej
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup_{x,y \in \left[ 0,1\right) } A _{\left( x,y\right) } = \bigcup\mathcal{R}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ b>0, a \le 0}\), to w sposób symetryczny uzasadniamy, że: \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup\mathcal{R}.}\)
Wobec czego: \(\displaystyle{ \bigcup\mathcal{R}= \RR ^{2}.}\)
Musimy teraz wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
W tym celu weźmy dwa zbiory\(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) }}\) i \(\displaystyle{ A _{\left( x', y'\right) }}\) tej rodziny, które się przecinają, i pokażmy, że są równe. Mamy \(\displaystyle{ x,y \in \left[ 0,1\right)}\) i \(\displaystyle{ x', y' \in \left[ 0,1\right)}\) , i niech \(\displaystyle{ \left( c,d\right) \in A _{\left( x,y\right) } \cap A _{\left( x', y'\right) }}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ \left( c,d\right) = \left( a,b\right) + \left( x,y\right);}\) gdzie \(\displaystyle{ a,b \in \ZZ}\); i mamy:
\(\displaystyle{ \left( c,d\right)= \left( a', b'\right)+ \left( x', y'\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ a', b' \in \ZZ}\).
Wtedy:
\(\displaystyle{ \left( a,b\right) +\left( x,y\right)= \left( a', b'\right) + \left( x', y'\right)}\),
a zatem, z definicji dodawania par:
\(\displaystyle{ S:=a+x= a'+x'}\) i \(\displaystyle{ b+y=b'+y'.}\)
Rozważymy teraz kilka przypadków:
Jeśli \(\displaystyle{ a, a' \ge 0}\), to ponieważ \(\displaystyle{ a, a' \in \ZZ}\), więc \(\displaystyle{ a, a' \in\NN}\) i \(\displaystyle{ x, x' \in \left[ 0,1\right)}\), a zatem, ponieważ \(\displaystyle{ S \ge 0}\), więc na mocy jedyności takiego przedstawienia liczby \(\displaystyle{ S}\) w postaci sumy, otrzymujemy, że: \(\displaystyle{ a=a'}\) i \(\displaystyle{ x=x'.}\)
Mamy: \(\displaystyle{ b+y= b'+y'}\), więc:
Jeśli \(\displaystyle{ b,b' \ge 0}\), więc w analogiczny sposób otrzymujemy, że (w szczególności): \(\displaystyle{ y=y'}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y\right) = \left( x', y'\right)}\), i \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = A _{\left( x', y'\right) }}\), co należało pokazać.
Jeśli \(\displaystyle{ b<0}\), to ponieważ \(\displaystyle{ b \in \ZZ}\), to \(\displaystyle{ b \le -1}\), ponieważ \(\displaystyle{ y,y' \in \left[ 0,1\right)}\), więc niech \(\displaystyle{ M:= b+y= b'+y'<0}\).
Jeśli \(\displaystyle{ y=0}\), to \(\displaystyle{ M=\underbrace{b}_{ \in \ZZ_-}=b'+y'.}\)
Wtedy \(\displaystyle{ y'=0}\), bo gdyby byłoby \(\displaystyle{ y' \neq 0}\), to ponieważ \(\displaystyle{ y' \in \left[ 0,1\right)}\), to \(\displaystyle{ y' \in \left( 0,1\right)}\), a zatem \(\displaystyle{ M=\underbrace{b'}_{ \in \ZZ}+y'\not\in\ZZ}\), a \(\displaystyle{ M=b \in \ZZ_- \subset \ZZ}\)- sprzeczność.
Wobec czego \(\displaystyle{ y'=0}\), a zatem \(\displaystyle{ y=0=y'}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y\right) = \left( x', y'\right)}\), a zatem \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = A _{\left( x', y'\right) }}\), co należało pokazać.
Jeśli \(\displaystyle{ y \neq 0}\), to \(\displaystyle{ y \in \left( 0,1\right),}\) wtedy również \(\displaystyle{ y' \neq 0}\), bo:
gdyby byłoby \(\displaystyle{ y'=0}\), to:
\(\displaystyle{ M=b'+y'=b' \in \ZZ}\), ale \(\displaystyle{ M= \underbrace{b}_{ \in \ZZ}+\underbrace{y}_{ \in \left( 0,1\right) }}\), więc: \(\displaystyle{ M\not\in \ZZ}\)- sprzeczność.
Wobec czego \(\displaystyle{ y' \neq 0}\), a zatem \(\displaystyle{ y' \in \left( 0,1\right)}\), wtedy również \(\displaystyle{ 1-y' \in \left( 0,1\right);}\) i podobnie, ponieważ \(\displaystyle{ y \in \left( 0,1\right)}\), więc również \(\displaystyle{ 1-y \in \left( 0,1\right).}\) A ponieważ:
\(\displaystyle{ 0>M= b+y= b'+y'}\), to:
\(\displaystyle{ M=b+y= \left( b+1\right)-1+y= \left( \underbrace{b+1}_{ \in \ZZ}\right)- \left( \underbrace{1-y}_{ \in \left( 0,1\right) }\right);}\)
i w podobny sposób otrzymamy:
\(\displaystyle{ M= \left( \underbrace{b'+1}_{ \in \ZZ}\right) - \left( \underbrace{1-y'}_{ \in \left( 0,1\right) }\right);}\)
ponieważ \(\displaystyle{ M<0}\), a \(\displaystyle{ b \le -1}\), i liczba \(\displaystyle{ b}\) jest liczbą całkowitą, więc \(\displaystyle{ \left( b+1\right) \in \ZZ_- \cup \left\{ 0\right\}}\) , wtedy również \(\displaystyle{ b' \le -1}\);
bo gdyby byłoby \(\displaystyle{ b'>-1}\), to ponieważ jest to liczba całkowita, więc \(\displaystyle{ b' \ge 0}\), a wtedy \(\displaystyle{ M= b'+y'>0}\), a \(\displaystyle{ M<0}\)- sprzeczność.
Wobec czego \(\displaystyle{ b' \le -1}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( b'+1\right) \in \ZZ_- \cup \left\{ 0\right\} .}\)
A zatem, na mocy jedyności takiego przedstawienia liczby \(\displaystyle{ M}\) w postaci różnicy, otrzymujemy: \(\displaystyle{ b'+1= b+1}\) i \(\displaystyle{ 1-y'=1-y}\), i z drugiej z tych równości otrzymujemy, że: \(\displaystyle{ y'=y}\), i ponieważ mamy \(\displaystyle{ x=x'}\), a zatem:
\(\displaystyle{ \left( x,y\right) = \left( x',y'\right)}\), i \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = A _{\left( x',y'\right) }.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ b \ge 0}\), to niech \(\displaystyle{ M:= b+y= b'+y',}\) wtedy ponieważ \(\displaystyle{ y, y' \in \left[ 0,1\right)}\), więc \(\displaystyle{ b' \ge 0;}\)
bo gdyby byłoby \(\displaystyle{ b'<0}\), to ponieważ \(\displaystyle{ b' \in \ZZ}\), więc \(\displaystyle{ b' \le -1}\), a wtedy \(\displaystyle{ M= b'+y'<0}\), a \(\displaystyle{ M=\underbrace{b}_{ \ge 0}+\underbrace{y}_{ \ge 0} \ge 0}\)-sprzeczność.
Wobec czego \(\displaystyle{ b' \ge 0}\), i ponieważ \(\displaystyle{ M \ge 0}\), a \(\displaystyle{ b,b' \in \ZZ}\) i \(\displaystyle{ b,b' \ge 0}\), więc \(\displaystyle{ b,b' \in \NN}\), a ponieważ:
\(\displaystyle{ M= b+\underbrace{y}_{ \in \left[ 0,1\right) }= b'+\underbrace{y'}_{ \in \left[ 0,1\right) };}\)
a więc, na mocy jedyności takiego przedstawienia liczby \(\displaystyle{ M}\) w postaci sumy, więc: \(\displaystyle{ b=b'}\) i \(\displaystyle{ y=y',}\) a zatem: \(\displaystyle{ \left( x,y\right)= \left( x', y'\right)}\), i \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = A _{\left( x', y'\right) }}\).
Chyba przesadziłem z tymi przypadkami, dowód, że jest to rodzina zbiorów rozłącznych może być prosty:
Bierzemy dwa zbiory tej rodziny postaci \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) }}\) i \(\displaystyle{ A _{\left( x',y'\right) }}\), które się przecinają, i pokazujemy, że są sobie równe. Wtedy, tak jak na początku tego dowodu to robiliśmy, więc otrzymujemy, że: \(\displaystyle{ S:=a+x= a'+x'}\) i \(\displaystyle{ M:=b+y= b'+y'.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ a=a'}\), to \(\displaystyle{ x=x',}\) i jeśli \(\displaystyle{ b=b'}\), to \(\displaystyle{ y=y'}\), skąd: \(\displaystyle{ \left( x,y\right)= \left( x', y'\right)}\), i \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = A _{\left( x',y'\right) }}\), co należało pokazać.
Jeśli \(\displaystyle{ b \neq b'}\), to \(\displaystyle{ b<b'}\) lub \(\displaystyle{ b'<b.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ b<b'}\), to ponieważ \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ b'}\) są liczbami całkowitymi, więc: \(\displaystyle{ b \le b'-1.}\)
Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ M= b+y= b'+y'}\), a \(\displaystyle{ y \in \left[ 0,1\right)}\), więc: \(\displaystyle{ M<b+1 \le b'}\), ale: \(\displaystyle{ M= b'+\underbrace {y}_{ \in \left[ 0,1\right) } \ge b'}\)-sprzeczność.
Jeśli \(\displaystyle{ b'<b}\), to ponieważ liczby \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ b'}\) są to liczby całkowite, więc:
\(\displaystyle{ b' \le b-1}\). Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ y,y' \in \left[ 0,1\right)}\),więc:
\(\displaystyle{ M=b'+y'<b'+1 \le b}\), ale \(\displaystyle{ M=b+y \ge b}\)- więc otrzymujemy sprzeczność.
Wobec czego przypadek \(\displaystyle{ b \neq b'}\) jest niemożliwy, i \(\displaystyle{ b=b'.}\)
Pozostaje zatem rozważyć przypadek gdy: \(\displaystyle{ a \neq a'.}\)
Wtedy \(\displaystyle{ a<a'}\) lub \(\displaystyle{ a'<a}\).
Jeśli \(\displaystyle{ a<a'}\), to ponieważ liczby \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ a'}\) są to liczby całkowite, więc:
\(\displaystyle{ a \le a'-1.}\) Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ x,x' \in \left[ 0,1\right)}\), więc:
\(\displaystyle{ S=a+x<a+1 \le a',}\) ale:
\(\displaystyle{ S=a'+\underbrace{x'}_{ \in \left[ 0,1\right) } \ge a'}\), więc otrzymujemy sprzeczność.
Wobec czego ten przypadek nigdy nie zajdzie.
W podobny sposób wykluczamy przypadek, gdy: \(\displaystyle{ a'<a}\).
Wobec czego musi być \(\displaystyle{ a=a'}\), skąd \(\displaystyle{ x=x'}\), i wiemy, że \(\displaystyle{ b=b'}\), skąd \(\displaystyle{ y=y'}\).
A zatem \(\displaystyle{ \left( x,y\right)= \left( x', y'\right)}\), i \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = A _{\left( x', y' \right) }}\), co należało pokazać.
Wobec czego rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
Mamy ponadto \(\displaystyle{ \bigcup\mathcal{R}= \RR ^{2}}\), a zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2}.}\)
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rodziną zbiorów przeliczalnych, tzn. równolicznych ze zbiorem \(\displaystyle{ \NN}\).
Rozważmy zbiór tej rodziny postaci \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ x,y \in \left[ 0,1\right)}\).
Wykażemy, że \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } \sim \ZZ \times \ZZ\sim \NN}\).
W tym celu definiujemy funkcję:
\(\displaystyle{ f:\ZZ \times \ZZ \rightarrow A _{\left( x,y\right) }}\), daną jako:
\(\displaystyle{ f\left( \left( a,b\right) \right)= \left[ \left( a,b\right) +\left( x,y\right) \right] \in A _{\left( x,y\right) }.}\)
Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją.
Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
W tym celu weźmy dwie różne pary \(\displaystyle{ \left( a_1, b_1\right); \left( a_2, b_2 \right) \in \ZZ \times \ZZ}\).
Wtedy \(\displaystyle{ a_1 \neq a_2}\) lub \(\displaystyle{ b _{1} \neq b_2}\).
Jeśli \(\displaystyle{ a_1 \neq a_2}\), to: \(\displaystyle{ a_1<a_2}\) lub \(\displaystyle{ a_2<a_1.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ a_1<a_2}\), to ponieważ liczby \(\displaystyle{ a_1}\) i \(\displaystyle{ a_2}\) są to liczby całkowite, więc: \(\displaystyle{ a_1 \le a_2-1}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ a_1+\underbrace{x}_{ \in \left[ 0,1\right) }< a_1+1 \le a_2}\), a \(\displaystyle{ a_2+x \ge a_2}\), wobec czego:
\(\displaystyle{ a_1+x \neq a_2+x}\), wobec czego \(\displaystyle{ \left( a_1+x, b_1+y\right) \neq \left( a_2+x, b_2+y\right)}\), czyli \(\displaystyle{ f\left( a_1, b_1\right) \neq f\left( a_2, b_2\right).}\)
Jeśli \(\displaystyle{ a_2<a_1}\), to w podobny sposób uzasadniamy, że: \(\displaystyle{ f\left( a_1, b_1\right) \neq f\left( a_2, b_2\right).}\)
Kończy to przypadek, gdy: \(\displaystyle{ a_1 \neq a_2}\).
Pozostaje zatem przypadek, gdy: \(\displaystyle{ b_1 \neq b_2}\).
Wtedy \(\displaystyle{ b_1+y \neq b_2+y}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a_1+x, b_1+y\right) \neq \left( a_2+x, b_2+y\right)}\), czyli \(\displaystyle{ f\left( a_1, b_1\right) \neq f\left( a_2, b_2\right),;}\)
i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
Aby wykazać, że jest to funkcja 'na', to zauważmy najpierw, że: \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow } {f} \left( \ZZ \times \ZZ\right)= \left\{ f\left( a,b\right) \Bigl| \ \ a,b \in \ZZ\right\} = \left\{ \left( a,b\right)+\left( x,y\right)\Bigl| \ a,b \in \ZZ \right\} = A _{\left( x,y\right) }.}\)
I ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją 'na' zbiór wartości \(\displaystyle{ f_P=\stackrel{ \rightarrow } {f} \left( \ZZ \times \ZZ\right) = A _{\left( x,y\right) }}\), więc funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest również 'na' zbiór \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) }.}\)
Wobec czego \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ\sim A _{\left( x,y\right) } }\), czyli:
\(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } \sim \ZZ \times \ZZ \sim \NN}\),
czyli zbiór \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) }}\) jest zbiorem równolicznym ze zbiorem \(\displaystyle{ \NN}\), i, z dowolności wyboru pary \(\displaystyle{ \left( x,y\right), }\) otrzymujemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem płaszczyzny na zbiory przeliczalne, tzn. równoliczne ze zbiorem \(\displaystyle{ \NN.\square}\)
Wydaje się, że również prostą liczb rzeczywistych można rozłożyć na zbiory przeliczalne:
W tym celu, dla dowolnej liczby \(\displaystyle{ a \in \left[ 0,1\right),}\) definiujemy zbiór:
\(\displaystyle{ \ZZ+a:= \left\{ x+a\Bigl| \ x \in \ZZ\right\},}\)
jest to przesunięcie zbioru liczb całkowitych o wektor \(\displaystyle{ \vec{a}}\), i podejrzewam (bo dokładnie, to tego nie badałem), że wtedy:
rodzina:
\(\displaystyle{ \left\{ \ZZ+a\Bigl| \ a \in \left[ 0,1\right) \right\},}\)
utworzy rozkład prostej liczb rzeczywistych na zbiory przeliczalne.
Jak i podejrzewam ( stosując analogiczne oznaczenie \(\displaystyle{ \NN+a}\), gdzie \(\displaystyle{ a \in \left[ 0,1\right),}\) na przesunięcia zbioru liczb naturalnych o wektor \(\displaystyle{ \vec{a})}\), że można półprostą liczb rzeczywistych nieujemnych rozłożyć na zbiory przeliczalne, w tym celu ja wziąłbym rodzinę:
\(\displaystyle{ \left\{ \NN+a\Bigl| \ a \in \left[ 0,1\right) \right\};}\)
otrzymując rozkład półprostej liczb rzeczywistych nieujemnych \(\displaystyle{ \RR_+ \cup \left\{ 0\right\}}\) na zbiory przeliczalne.
A... teraz widzę, że Pan chyba nie rozumie przez to różnicy zbiorów tylko coś innego...