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