Matematyka.pl

Udowodniłem dzisiaj, że jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le _X\right) }\); \(\displaystyle{ \left( Y, \le _Y\right) }\) są zbiorami dobrze uporządkowanymi, to na iloczynie kartezjańskim \(\displaystyle{ X \times Y}\) porządek antyleksykograficzny jest dobry. Wykazałem również, że na zbiorze \(\displaystyle{ \left\{ 0,1\right\} ^{*}}\) wszystkich skończonych ciągów zero -jedynkowych porządek antyleksykograficzny nie jest dobry. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.


Przypomnijmy:

Jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le _X\right) }\); \(\displaystyle{ \left( Y, \le _Y\right) }\) są zbiorami uporządkowanymi, to na iloczynie kartezjańskim \(\displaystyle{ X \times Y}\) definiujemy porządek antyleksykograficzny w następujący sposób:

\(\displaystyle{ \left( x_1, y_1\right) \le \left( x_2, y_2\right) \Longleftrightarrow \left( y_1<_Y y_2\right) \vee \left( y_1= y_2 \wedge x_1 \le_X x_2\right),}\)

tzn. jedna para z iloczynu kartezjańskiego \(\displaystyle{ X \times Y}\) jest mniejsza od drugiej tego typu pary, gdy druga współrzędna pary większej jest silnie większa od drugiej współrzędnej pary mniejszej, a gdy drugie współrzędne par są równe, to para o pierwszej współrzędnej mniejszej jest mniejsza od pary o pierwszej współrzędnej większej.

To jest tak jakbyśmy rozważali słowa dwuliterowe na alfabecie liter języka polskiego, i czytali je od tyłu- wtedy np. każde słowo kończące się na "A" jest mniejsze od każdego słowa kończąego się na "C", a jeśli słowa kończą się tą samą literą, dajmy na to na "A", to patrzymy na pierwszą literę, i słowo o wcześniejszej pierwszej literze jest mniejsze od słowa o późniejszej pierwszej literze. Tłumaczy to nazwę porządek " antyleksykograficzny", inaczej "antysłownikowy", gdyż tutaj te słowa dwuliterowe czytamy od tyłu.

Łatwo jest zauważyć, że jeśli zbiory \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są uporządkowane liniowo, to ich porządek antyleksykograficzny jest porządkiem liniowym na \(\displaystyle{ X \times Y}\), gdyż z dwóch różnych par (każda para jest mniejsza lub równa od jej samej, na mocy zwrotności porządku), i z dwóch różnych par o różnych drugich współrzędnych ta para jest wcześniejsza, których druga współrzędna jest wcześniejsza ( zbiór \(\displaystyle{ Y}\) z założenia jest liniowo uporządkowany, a więc istotnie jedna z tych współrzędnych jest wcześniejsza), a z dwóch par o tej samej drugiej współrzędnej (ponieważ te pary są różne, to muszą teraz pierwsze współrzędne takich par być różne ), i ta para jest wcześniejsza, których pierwsza współrzędna jest wcześniejsza.

Oto ilustracja takiego porządku antyleksykograficznego (dla dwóch skończonych zbiorów liniowo uporządkowanych), jest to porządek idący kolejno "po prostych poziomych": \(\displaystyle{ \\}\) \(\displaystyle{ \\}\) \(\displaystyle{ \\}\) Zauważmy, że jak mamy dwa zbiory liniowo uporządkowane \(\displaystyle{ \left( X, \le _X\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left( Y, \le _Y\right)}\), oraz mamy jeszcze dwa zbiory \(\displaystyle{ A \subset X, B \subset Y}\) mające elementy najmniejsze równe odpowiednio: \(\displaystyle{ a \in A}\) oraz element \(\displaystyle{ b \in B}\) najmniejszy w \(\displaystyle{ B}\), to para \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) jest elementem najmniejszym w \(\displaystyle{ A \times B}\) z porządkiem antyleksykograficznym (możliwe, ze również z porządkiem leksykograficznym, bo podobny fakt jest, trzeba byłoby jeszcze sprawdzić czy wszystko tam się zgadza).

Oto: Również, jeśli \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są zbiorami liniowo uporządkowanymi, i zbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\) ma element największy \(\displaystyle{ a \in A}\), oraz zbiór \(\displaystyle{ B \subset Y}\) ma element największy \(\displaystyle{ b \in B}\), to para \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) jest elementem największym w zbiorze \(\displaystyle{ A \times B.}\)

Dowód tego faktu jest symetryczny do powyższego (nie jestem jeszcze gotowy aby rozważać porządek odwrotny do antyleksykograficznego, może w przyszłości, także tu nie kombinowałem, tylko w sposób symetryczny jak powyżej to udowodniłem).


Przejdźmy do naszych zadań:

Niech \(\displaystyle{ \left( X, \le _X\right) }\); \(\displaystyle{ \left( Y, \le _Y\right) }\) będą zbiorami dobrze uporządkowanymi.
Wykażemy, że iloczyn kartezjański \(\displaystyle{ X \times Y}\) z porządkiem antyleksykograficznym jest zbiorem dobrze uporządkowanym.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest uporządkowany dobrze, a więc i liniowo, ponieważ zbiór \(\displaystyle{ Y}\) jest uporządkowany liniowo, więc zbiór \(\displaystyle{ X \times Y}\) jest liniowo uporządkowany przez porządek antyleksykograficzny.

Niech \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A \neq X \times Y}\) będzie niepustym podzbiorem tego prostokąta kartezjańskiego. Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ A}\) ma element najmniejszy.

Zauważmy, że tak akurat się składa, że wtedy zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest relacją z \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ Y}\).

Rozważmy prawą dziedzinę tej relacji, tzn. rozważmy zbiór \(\displaystyle{ A_P \subset Y.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ A \neq \left\{ \right\},}\) więc istnieje para \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A}\), a wtedy \(\displaystyle{ y \in A_P}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ A_P}\) jest niepusty. Mamy \(\displaystyle{ A_P \subset Y}\), a \(\displaystyle{ Y}\) jest dobrze uporządkowany, a zatem zbiór \(\displaystyle{ A_P}\) ma element najmniejszy \(\displaystyle{ y \in A_P.}\)

Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \leftarrow }{A} (y)}\), czyli zbiór poprzedników elementu \(\displaystyle{ y}\) poprzez relację \(\displaystyle{ A}\), tzn.:

\(\displaystyle{ \stackrel{ \leftarrow }{A} (y) = \left[ \left( X \times \left\{ y\right\} \right) \cap A \right] _L.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ y \in A_P,}\) więc \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A}\), dla pewnego elementu \(\displaystyle{ x \in X}\). Wtedy \(\displaystyle{ x \in \stackrel{ \leftarrow }{A} (y)}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \leftarrow }{A} (y)}\) jest niepusty. I jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ X}\); ponieważ \(\displaystyle{ X}\) jest dobrze uporządkowany, więc zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \leftarrow }{A} (y)}\) ma element najmniejszy \(\displaystyle{ x \in \stackrel{ \leftarrow }{A} (y).}\)

Wykażemy, że para \(\displaystyle{ \left( x,y\right) }\) jest elementem najmniejszym zbioru \(\displaystyle{ A}\) względem porządku antyleksykograficznego \(\displaystyle{ \le _{X \otimes' Y } .}\)

Mamy \(\displaystyle{ x \in \stackrel{ \leftarrow }{A} (y),}\) a więc \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A}\), jak trzeba.

Niech \(\displaystyle{ \left( x' ,y'\right) \in A}\). Wtedy \(\displaystyle{ y' \in A_P}\), a ponieważ element \(\displaystyle{ y}\) jest najmniejszy w \(\displaystyle{ A_P}\), więc \(\displaystyle{ y \le y'. }\)

Jeśli \(\displaystyle{ y \neq y',}\) wtedy \(\displaystyle{ y<y'}\), a więc z definicji porządku antyleksykograficznego:

\(\displaystyle{ \left( x,y\right) \le \left( x',y'\right)}\), co należało pokazać.

Jeśli \(\displaystyle{ y= y'}\), to ponieważ \(\displaystyle{ \left( x',y'\right) = \left( x',y\right) \in A}\), a zatem \(\displaystyle{ x' \in \stackrel{ \leftarrow }{A} (y)}\). Ponieważ element \(\displaystyle{ x}\) jest najmniejszy w \(\displaystyle{ \stackrel{ \leftarrow }{A} (y)}\), więc \(\displaystyle{ x \le x'}\), a zatem: \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \le \left( x', y\right) = \left( x',y'\right) ,}\)

a zatem para \(\displaystyle{ \left( x,y\right)}\) jest elementem najmniejszym zbioru \(\displaystyle{ A}\),

i zbiór \(\displaystyle{ \left( X \times Y, \le _{X\otimes ' Y}\right) }\) jest zbiorem dobrze uporządkowanym.\(\displaystyle{ \square }\)

Oto FASCYNUJĄCA ILUSTRACJA TEGO FAKTU: \(\displaystyle{ \\}\) \(\displaystyle{ \\}\)
Przejdźmy do drugiego z naszych faktów:

Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 0,1\right\} ^{*}}\), czyli zbiór wszystkich skończonych ciągów zero-jedynkowych.

Aha, przypomnę może najpierw czym jest porządek prefiksowy.

Jeśli mamy alfabet, dajmy na to \(\displaystyle{ \left\{ a,b,c,\ldots, z\right\},}\) to porządkiem prefiksowym są np. relacje:

\(\displaystyle{ \hbox{tak} \prec \hbox{takt} \prec \hbox{taktyk}\prec \hbox {taktyka}.}\)

Czyli słowo krótsze jest prefiksem słowa dłuższego.

Niech teraz alfabetem będzie zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 0,1\right\}}\).

W zbiorze \(\displaystyle{ \left\{ 0,1\right\} ^{*}}\) porządek antyleksykograficzny (silny) określamy jako:

\(\displaystyle{ x\prec y}\) , gdy \(\displaystyle{ y}\) jest prefiksem \(\displaystyle{ x}\) lub gdy na pierwszej, licząc od tyłu, współrzędnej na której te ciągi się różnią, w \(\displaystyle{ x}\) występuje \(\displaystyle{ 0}\), a w \(\displaystyle{ y}\) występuje \(\displaystyle{ 1.}\)

Pokażemy, że zbiór uporządkowany \(\displaystyle{ \left( \left\{ 0,1\right\} ^{*}, \preccurlyeq \right)}\) nie jest dobrze uporządkowany.

Idea dowodu:

\(\displaystyle{ \ldots\prec\left( 1, 0,0,0\right) \prec\left( 1,0,0\right) \prec \left( 1,0\right) .}\)

Niech:

\(\displaystyle{ A= \left\{ \left( 1,0 ^{n}\right) \Bigl| \ n \in \NN \right\} }\),

gdzie \(\displaystyle{ 0 ^{n}}\) oznacza ciąg zer długości \(\displaystyle{ n}\), tzn.:

\(\displaystyle{ 0 ^{n}= \left( \underbrace { 0,0,\ldots, 0}_{n \hbox{ zer}}.\right) }\)

Jest to zbiór ciągów postaci \(\displaystyle{ \left( 1, 0,\ldots, 0\right).}\)

Wtedy \(\displaystyle{ A \subset \left\{ 0,1\right\} ^{ *}}\) i \(\displaystyle{ \left( 1\right) \in A}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest niepusty.

Pokażemy, że w \(\displaystyle{ A}\) nie ma elementu najmniejszego.

Przypuśćmy nie wprost, że w \(\displaystyle{ A}\) jest element najmniejszy \(\displaystyle{ a \in A}\). Ponieważ wtedy \(\displaystyle{ a \in A}\), to ciąg \(\displaystyle{ a}\) jest postaci \(\displaystyle{ \left( 1, 0 ^{n} \right)}\), gdzie \(\displaystyle{ n \in \NN}\). Czyli \(\displaystyle{ a= 1\underbrace {0,0, \ldots, 0}_{n \hbox{ zer}} .}\)

Rozważy ciąg: \(\displaystyle{ \left( 1, 0 ^{n+1} \right) }\).
Wtedy taki ciąg jest elementem zbioru \(\displaystyle{ A}\), i \(\displaystyle{ \left( 1, 0 ^{\left( n+1\right) } \right) = \left( 1,\underbrace{0,0,\ldots, 0} _{\ (n+1) \hbox{ zer}}\right)}\) jest mniejszy od ciągu \(\displaystyle{ \left( 1, 0 ^{n}\right) = \left( 1, \underbrace{0,0,\ldots, 0}_{n \hbox{ zer}}\right) }\), gdyż na pierwszej , licząc od tyłu, współrzędnej, na której te ciągi się różnią ( \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\)-ej ), w pierwszym występuje \(\displaystyle{ 0}\), a w drugim występuje \(\displaystyle{ 1}\). Otrzymujemy zatem sprzeczność.

Wobec czego w zbiorze \(\displaystyle{ A}\) nie ma elementu najmniejszego, i zbiór uporządkowany \(\displaystyle{ \left( \left\{ 0,1\right\} ^{*}, \preccurlyeq \right) }\) nie jest dobrze uporządkowany.\(\displaystyle{ \square}\)


Na koniec dodam, że można podać łańcuch podzbiorów danego zbioru, łańcuch pod względem inkluzji, mocy continuum.

Wystarczy rozważyć zbiór liczb zespolonych \(\displaystyle{ \CC}\), i rozważyć rodzinę jego wszystkich podzbiorów uporządkowaną inkluzją.
Wtedy \(\displaystyle{ \left( P\left( \CC\right), \subset\right) }\) jest zbiorem uporządkowanym. I dla dowolnej liczby rzeczywistej dodatniej \(\displaystyle{ x}\) rozważmy zbiór \(\displaystyle{ A_x}\) dany jako:

\(\displaystyle{ A_x= \left\{ z \in \CC: \ \ \left| z\right| <x \right\} .}\)

Jest to koło otwarte o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ x>0}\).

Zbiory \(\displaystyle{ \left( A_x\right) _{x>0}}\) tworzą żądany łańcuch, co można łatwo sprawdzić.

Jakub Gurak pisze: ↑27 lut 2023, o 23:53 Udowodniłem dzisiaj, że jeśli \(\displaystyle{ \left( X, \le _X\right) }\); \(\displaystyle{ \left( Y, \le _Y\right) }\) są zbiorami dobrze uporządkowanymi, to na iloczynie kartezjańskim \(\displaystyle{ X \times Y}\) porządek antyleksykograficzny jest dobry.

Znów dużo miejsca zajmuje Ci dość trywialna obserwacja: zamiana współrzędnych jest oczywistym izomorfizmem porządku antyleksykograficznego z porządkiem leksykograficznym, a porządek leksykograficzny powstały z porządków dobrych jest dobry (co pewnie nawet kiedyś dowodziłeś).

Jakub Gurak pisze: ↑27 lut 2023, o 23:53Na koniec dodam, że można podać łańcuch podzbiorów danego zbioru, łańcuch pod względem inkluzji, mocy continuum.

Coś Ci nie wyszło to sformułowanie. Co to jest "dany zbiór"? I jaki z tym związek ma podany przez Ciebie przykład? Bo tak naprawdę pokazałeś, że istnieje łańcuch podzbiorów zbioru liczb zespolonych mocy continuum, co jest raczej oczywiste.

JK

Jan Kraszewski pisze: ↑28 lut 2023, o 00:12 zamiana współrzędnych jest oczywistym izomorfizmem porządku antyleksykograficznego z porządkiem leksykograficznym, a porządek leksykograficzny powstały z porządków dobrych jest dobry

Nie rozumiem na czym ta zamiana ma polegać oraz o jakie podobieństwo chodzi.
Przecież mnożenie liczb porządkowych nie jest przemienne, a więc te iloczyny kartezjańskie nie muszą być podobne. Chyba że coś pokiełbasiłem, ale Pan też nie wyraził się jasno, nie wiem o jakie podobieństwo Panu chodzi?? Można jaśniej

Jakub Gurak pisze: ↑28 lut 2023, o 01:38Przecież mnożenie liczb porządkowych nie jest przemienne, a więc te iloczyny kartezjańskie nie muszą być podobne. Chyba że coś pokiełbasiłem, ale Pan też nie wyraził się jasno, nie wiem o jakie podobieństwo Panu chodzi?? Można jaśniej

Wyraziłem się jasno, ale mogę jeszcze jaśniej.

Funkcja \(\displaystyle{ F:X\times Y\to Y\times X, F(x,y)=(y,x)}\) jest izomorfizmem porządkowym zbiorów uporządkowanych \(\displaystyle{ (X\times Y,\le_{antyleks})}\) i \(\displaystyle{ (Y\times X, \le_{leks})}\). Ten drugi jest zbiorem dobrze uporządkowanym, więc ten pierwszy też. A Ty zamiast to zauważyć przepisałeś jeszcze raz cały dowód tego, że porządek leksykograficzny zrobiony z dobrych porządków na osiach jest dobry, tylko zamieniłeś współrzędne.

JK

Jan Kraszewski pisze: ↑28 lut 2023, o 02:11Wyraziłem się jasno, ale mogę jeszcze jaśniej.

Funkcja \(\displaystyle{ F:X\times Y\to Y\times X, F(x,y)=(y,x)}\) jest izomorfizmem porządkowym zbiorów uporządkowanych \(\displaystyle{ (X\times Y,\le_{antyleks})}\) i \(\displaystyle{ (Y\times X, \le_{leks})}\).

Dziękuje.
A czy stąd nie wynikałoby, że mnożenie liczb porządkowych jest przemienne
Co, jak wiemy, nie zachodzi: \(\displaystyle{ \omega \cdot 2 \neq 2 \cdot \omega.}\)
Gdzie jest błąd
(Chyba już wiem: mnożenie liczb porządkowych odpowiada iloczynowi kartezjańskiemu z porządkiem leksykograficznym, więc wtedy obydwa iloczyny kartezjańskie mają porządek leksykograficzny (lub, przy drugiej definicji mnożenia, obydwa zbiory mają porządek antyleksykograficzny), a tu jeden produkt ma porządek leksykograficzny a drugi antyleksykograficzny, więc to jest co innego, dobrze myślę )

Jan Kraszewski pisze: ↑28 lut 2023, o 00:12Coś Ci nie wyszło to sformułowanie. Co to jest "dany zbiór"? I jaki z tym związek ma podany przez Ciebie przykład? Bo tak naprawdę pokazałeś, że istnieje łańcuch podzbiorów zbioru liczb zespolonych mocy continuum, co jest raczej oczywiste.

Więc się teraz poprawie.

Wczoraj na dobranoc wykazałem, że istnieje łańcuch, względem inkluzji, łańcuch podzbiorów pewnego zbioru przeliczalnego (no dobra, powiem to- chodzi tu o łańcuch podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \QQ \times \QQ}\), a ja to podkreślę w taki sposób, żeby ten wynik odróżnić od znanego zadania na prostej- chodzi o zbiory o dodatnim polu, lub przynajmniej o zbiory o dodatnim polu domknięć takich zbiorów ), łańcuch zbiorów mocy continuum. Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu:


DOWÓD TEGO FAKTU:

Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ \QQ \times\QQ\sim \NN.}\)

I, dla dowolnej ustalonej liczby rzeczywistej dodatniej \(\displaystyle{ x,}\) rozważmy zbiór \(\displaystyle{ A_x,}\) dany jako:

\(\displaystyle{ A_x= \left\{ z \in \CC: \ \ \left| z\right|<x \right\} ;}\)

a następnie rozważmy zbiór \(\displaystyle{ B_x,}\) dany jako:

\(\displaystyle{ B_x= A_x \cap \left( \QQ \times \QQ\right) \subset \QQ \times \QQ\sim \NN.}\)

Oczywiście, rodzina zbiorów \(\displaystyle{ \left( B_x\right) _{x \in \RR_+},}\) tworzy łańcuch zbiorów, pod względem inkluzji.


Wykażemy, że ten łańcuch jest mocy continuum.

W tym celu weźmy dwie różne liczby \(\displaystyle{ x_1,x_2 \in \RR_+}\), i pokażmy, że \(\displaystyle{ B _{x_1} \neq B _{x_2}.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ x_1 \neq x_2}\) i \(\displaystyle{ x_1, x_2 \in \RR}\), to \(\displaystyle{ x_1<x_2}\) lub \(\displaystyle{ x_2 <x_1.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ x_1<x_2}\), wtedy ponieważ \(\displaystyle{ x_1, x_2 \in \RR}\), więc istnieje liczba wymierna \(\displaystyle{ a \in \QQ}\), taka, że \(\displaystyle{ x_1<a<x_2}\). Ustalmy ją.

Wtedy \(\displaystyle{ a \in \RR,}\) i oznaczając moduł liczby zespolonej \(\displaystyle{ x}\) przez \(\displaystyle{ \left| x\right| _{\CC}}\) (żeby nie było kolizji oznaczeń z wartością bezwzględną, którą oznaczymy jako \(\displaystyle{ \left| x\right| _{\RR}}\) ), ponieważ \(\displaystyle{ 0<x_1<a}\), więc \(\displaystyle{ a>0}\), wtedy \(\displaystyle{ \left( a,0\right) \in \CC,}\) i \(\displaystyle{ \left| \left( a,0\right) \right| _{\CC} = \left| a\right| _{\RR} = a<x_2}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,0\right) \in A _{x_2}}\), i oczywiście \(\displaystyle{ \left( a,0\right) \in \QQ \times \QQ}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,0\right) \in B _{x_2}}\); podczas gdy \(\displaystyle{ \left( a,0\right) \not \in B _{x_1}= A _{x_1} \cap \left( \QQ \times \QQ\right)}\), gdyż \(\displaystyle{ \left( a,0\right) \not \in A _{x_1}}\), gdyż \(\displaystyle{ \left| \left( a,0\right) \right| _{\CC} = \left| a\right| _{\RR}= a >x_1.}\)

Wobec czego:

\(\displaystyle{ \left( a,0\right) \not \in A _{x_1}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,0\right) \not \in B _{x_1}}\), a \(\displaystyle{ \left( a,0\right) \in B _{x_2}}\), wobec czego \(\displaystyle{ B _{x_1} \neq B _{x_2}.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ x_2< x_1,}\) to w sposób analogiczny udowadniamy, że: \(\displaystyle{ B _{x_1} \neq B _{x_2}.}\)

A zatem funkcja \(\displaystyle{ f}\) działająca w poniższy sposob:

\(\displaystyle{ x \in \RR_+\stackrel{f} { \Longrightarrow } B_x \subset \QQ \times \QQ,}\)

jest funkcją różnowartościową.

A zatem:

\(\displaystyle{ \left| \left( B_x\right) _{x \in \RR_+} \right| \ge \left| \RR_+\right|= \left| \RR\right|.}\)

Ale, z własności funkcji (dla której to własności dowód jej może wymagać aksjomatu wyboru ), mamy:

\(\displaystyle{ \left| \left( B_x\right) _{x \in \RR_+} \right|= \left| f_P\right| \le \left| f_L\right| = \left| \RR_+\right| = \left| \RR\right|}\),

i, na mocy twierdzenia Cantora- Bernsteina:

\(\displaystyle{ \left( B_x\right) _{x \in \RR_+}\sim \RR}\),

czyli jest to łańcuch zbiorów, względem inkluzji, mocy continuum. \(\displaystyle{ \square}\)

Jakub Gurak pisze: ↑11 mar 2023, o 13:53 (Chyba już wiem: mnożenie liczb porządkowych odpowiada iloczynowi kartezjańskiemu z porządkiem leksykograficznym, więc wtedy obydwa iloczyny kartezjańskie mają porządek leksykograficzny (lub, przy drugiej definicji mnożenia, obydwa zbiory mają porządek antyleksykograficzny), a tu jeden produkt ma porządek leksykograficzny a drugi antyleksykograficzny, więc to jest co innego, dobrze myślę )

Tak.

Jakub Gurak pisze: ↑11 mar 2023, o 13:53 Wczoraj na dobranoc wykazałem, że istnieje łańcuch, względem inkluzji, łańcuch podzbiorów pewnego zbioru przeliczalnego (no dobra, powiem to- chodzi tu o łańcuch podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \QQ \times \QQ}\), a ja to podkreślę w taki sposób, żeby ten wynik odróżnić od znanego zadania na prostej- chodzi o zbiory o dodatnim polu, lub przynajmniej o zbiory o dodatnim polu domknięć takich zbiorów ), łańcuch zbiorów mocy continuum. Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu:

To utrudniona wersja klasycznego dowodu tego faktu, gdzie bierzesz łańcuch \(\displaystyle{ \{(-\infty,r)\cap\QQ:r\in\RR\} \subseteq P(\QQ)}\) i korzystasz z bijekcji pomiędzy \(\displaystyle{ \QQ}\) i \(\displaystyle{ \NN.}\) Poza tym formalizacja

Jakub Gurak pisze: ↑11 mar 2023, o 13:53\(\displaystyle{ A_x= \left\{ z \in \CC: \ \ \left| z\right|<x \right\} ;}\)

a następnie rozważmy zbiór \(\displaystyle{ B_x,}\) dany jako:

\(\displaystyle{ B_x= A_x \cap \left( \QQ \times \QQ\right) \subset \QQ \times \QQ\sim \NN}\)

jest niepoprawna, bo \(\displaystyle{ A_x \cap \left( \QQ \times \QQ\right)=\emptyset}\) (bo \(\displaystyle{ \CC\cap \left( \QQ \times \QQ\right)=\emptyset}\)).

JK

Chciałem liczbę wymierną potraktować jako rzeczywistą, a następnie liczbę zespoloną potraktować jako parę liczb rzeczywistych.
Ma to jakiś sens Niekoniecznie formalny??

Jakub Gurak pisze: ↑11 mar 2023, o 15:52 Chciałem liczbę wymierną potraktować jako rzeczywistą, a następnie liczbę zespoloną potraktować jako parę liczb rzeczywistych.
Ma to jakiś sens

Niezbyt.

Poprawna wersja Twojego pomysłu to \(\displaystyle{ A_x=\{(a,b)\in\RR^2: |a+bi|<x\}}\), ale te zespolone to są tutaj jak kwiatek do kożucha, bo prościej napisać \(\displaystyle{ A_x=\{(a,b)\in\RR^2: a^2+b^2<x^2\}}\) (lub \(\displaystyle{ A'_x=\{(a,b)\in\RR^2: a^2+b^2<x\}}\)).

JK

Dla mnie, pojęcie modułu liczby zespolonej ładnie objaśnia ten fakt.
Wykazałem wczoraj, że dla dowolnego ustalonego rzędu kształtu elipsy \(\displaystyle{ k \in \RR_+}\), oraz dla powierzchni ograniczonych przez elipsy (będziemy nazywać je w skrócie powierzchniami elipsowymi), istnieje łańcuch, względem inkluzji, powierzchni elipsowych rzędu kształtu \(\displaystyle{ k}\), mocy continuum. Przedstawię teraz dokładny dowód tego faktu.

Dla \(\displaystyle{ a,b \in \RR_+,}\) niech:

\(\displaystyle{ S _{\left( a,b\right) }= \left\{ \left( x,y\right) \in \RR ^{2}: \ \ \frac{x ^{2} }{a ^{2} }+ \frac{y ^{2} }{b ^{2} } =1\right\};}\)

będzie elipsą o półosiach \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b.}\)

Wtedy wartość:

\(\displaystyle{ \frac{a}{b}=:k,}\)

nazwiemy rzędem kształtu elipsy, bowiem elipsy o tym samym rzędzie kształtu mają takie samo 'spłaszczenie', ten sam kształt.

I niech:

\(\displaystyle{ X _{\left( a,b\right) }= \left\{ \left( x,y\right) \in \RR ^{2}: \ \ \frac{x^2}{a ^{2} }+ \frac{y^2}{b^2} \le 1 \right\} ;}\)

będzie powierzchnią ograniczoną przez taką odpowiednią elipsę- będziemy taką powierzchnie nazywać w skrócie powierzchnią elipsową.

Wykażemy, że dla dowolnego ustalonego \(\displaystyle{ k \in \RR_+,}\) istnieje łańcuch, względem inkluzji, powierzchni elipsowych o rzędzie kształtu równym \(\displaystyle{ k,}\) mocy continuum.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ X _{\left( k \cdot a, a\right) }\Bigl| \ \ a \in \RR_+ \right\}.}\)

Zauważmy najpierw, że zawsze \(\displaystyle{ \left( k \cdot a\right), }\) jaki i \(\displaystyle{ a}\), są liczbami dodatnimi, a więc możemy rozważać takie powierzchnie elipsowe.

I mają one rząd kształtu równy:

\(\displaystyle{ \frac{ka}{a}= k.}\)

Niewątpliwie, rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest uporządkowana przez inkluzję, gdyż dla danego zbioru każda rodzina jego podzbiorów jest uporządkowana przez inkluzję, więc u nas, taka rodzina podzbiorów płaszczyzny również jest zbiorem uporządkowanym.

Wykażemy, że tworzy ona łańcuch powierzchni elipsowych.

Niech \(\displaystyle{ a_1, a_2 \in \RR_+, a_1 \neq a_2.}\)
Wtedy \(\displaystyle{ a_1<a_2}\) lub \(\displaystyle{ a_2<a_1}\).

Jeśli \(\displaystyle{ a_1<a_2}\), to \(\displaystyle{ k \cdot a_1 <ka_2. }\)
Wykażemy, że wtedy: \(\displaystyle{ X _{\left( ka_1, a_1\right) } \subset X _{\left( ka_2, a_2\right) }.}\)
Niech \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in X _{\left( ka_1, a_1\right) }.}\) Wtedy \(\displaystyle{ x,y \in \RR,}\) i \(\displaystyle{ \frac{x^2}{ k^2 a _{1} ^{2} } + \frac{y^2}{ a _{1} ^{2} } \le 1.}\)
Ponieważ zarówno \(\displaystyle{ \left( ka_1\right),}\) jak i \(\displaystyle{ \left( ka_2\right) }\) są liczbami dodatnimi, i \(\displaystyle{ ka_1<ka_2}\), więc \(\displaystyle{ k^2 \cdot a_1 ^{2} < k^2 \cdot a_2 ^{2}.}\) Mamy również, gdyż \(\displaystyle{ a_1<a_2}\) i są to liczby dodatnie, więc \(\displaystyle{ a_1 ^{2} <a_2 ^{2}}\). A zatem:

\(\displaystyle{ \frac{x^2}{k^2a _{2} ^{2} } + \frac{y^2}{ a _{2} ^{2} } \le \frac{x^2}{ k^2 a _{1} ^{2} }+ \frac{y^2}{ a _{1} ^{2} } \le 1}\).

A zatem:

\(\displaystyle{ \frac{x^2}{k^2a _{2} ^{2} } + \frac{y^2}{ a _{2} ^{2} } \le1,}\)

więc \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in X\left( ka_2, a_2\right)}\), i \(\displaystyle{ X _{\left( ka_1, a_1\right) } \subset X _{\left( ka_2, a_2\right) }}\).

Jeśli \(\displaystyle{ a_2 <a_1}\), to w sposób analogiczny udowadniamy, że \(\displaystyle{ X _{\left( ka_2, a_2\right) } \subset X _{\left( ka_1, a_1\right) }}\).

A jeśli \(\displaystyle{ a_1=a_2 \in \RR_+,}\) oznaczmy tą liczbę jako \(\displaystyle{ a}\), to wtedy niewątpliwie \(\displaystyle{ X _{\left( ka,a\right) } \subset X _{\left( ka,a\right) }}\), gdyż każdy zbiór jest swoim własnym podzbiorem.

Wobec czego rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest łańcuchem powierzchni elipsowych o rzędzie kształtu równym \(\displaystyle{ k}\).

Pozostaje pokazać, że jest on mocy continuum.

W tym celu definiujemy funkcję \(\displaystyle{ \alpha}\) działającą w następujący sposób:

\(\displaystyle{ a \in \RR_+\stackrel{ \alpha }{ \rightarrow } X _{\left( k \cdot a,a\right) } \in \mathbb{B}. }\)

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

Jeśli \(\displaystyle{ a_1 \neq a_2}\) (\(\displaystyle{ a_1, a_2 \in \RR_+}\)), to \(\displaystyle{ a_1<a_2}\) lub \(\displaystyle{ a_2<a_1}\).

Jeśli \(\displaystyle{ a_1<a_2}\), to \(\displaystyle{ ka_1<ka_2;}\) wtedy \(\displaystyle{ \left( 0,a_2\right) \in X _{\left( ka_2, a_2\right) }}\), bo:

\(\displaystyle{ \frac{0^2}{k^2a _{2} ^{2} } + \frac{a _{2} ^{2} }{a _{2} ^{2} }=1 \le 1,}\)

lecz \(\displaystyle{ \left( 0,a_2\right) \not \in X _{\left( ka_1, a_1\right) } ,}\) bo:

\(\displaystyle{ \frac{0^2}{k ^{2} a _{1} ^{2}}+ \frac{a _{2} ^{2} }{a _{1} ^{2} } = \left( \frac{a_2}{a_1} \right) ^{2}, }\)

i ponieważ \(\displaystyle{ a_2>a_1>0}\), więc \(\displaystyle{ \frac{a_2}{a_1}>1}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( \frac{a_2}{a_1} \right) ^{2}>1}\).

A zatem:

\(\displaystyle{ \left( 0,a_2\right)\not \in X _{\left( ka_1, a_1\right) } ,}\) lecz \(\displaystyle{ \left( 0,a_2\right) \in X _{\left( ka_2, a_2\right) }}\) , wobec czego:

\(\displaystyle{ X _{\left( ka_1, a_1\right) } \neq X _{\left( ka_2, a_2\right) }}\), czyli \(\displaystyle{ \alpha \left( a_1\right) \neq \alpha \left( a_2\right).}\)

Jeśli \(\displaystyle{ a_2<a_1}\), to podobnie \(\displaystyle{ \left( 0,a_1\right) \in X _{\left( ka_1, a_1\right) } }\), lecz \(\displaystyle{ \left( 0,a_1\right) \not \in X _{\left( ka_2, a_2\right) }}\) , wobec czego:

\(\displaystyle{ X _{\left( ka_1, a_1\right) } \neq X _{\left( ka_2,a_2\right) }}\) , czyli \(\displaystyle{ \alpha \left( a_1\right) \neq \alpha \left( a_2\right)}\),

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

Oczywiście funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest na zbiór: \(\displaystyle{ \alpha _P= \stackrel{ \rightarrow }{ \alpha } \left( \RR_+\right)=\mathbb{B}.}\)

A zatem:

\(\displaystyle{ \mathbb{B} \sim \RR_+\sim \RR}\), a więc z przechodniości równoliczności: \(\displaystyle{ \mathbb{B}\sim \RR}\);

czyli rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) tworzy łańcuch powierzchni elipsowych rzędu kształtu \(\displaystyle{ k}\), mocy continuum.\(\displaystyle{ \square}\)

Interesuje mnie jeszcze dowód faktu, mówiącego, że dowolna elipsa (nie powierzchnia elipsowa, tylko sam jej brzeg), ma pole równe zero.

Dodam jeszcze tutaj dwa proste dowody.

Wpierw przypomnę definicję:

Podzbiór płaszczyzny \(\displaystyle{ A \subset \RR ^{2}}\) nazywamy symetrycznym względem początku układu \(\displaystyle{ \left( 0,0\right) }\), gdy zachodzi implikacja:

\(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A \Longrightarrow \left( -x,-y\right) \in A,}\)

czyli zbiór jest symetryczny względem początku układu, gdy z każdym swoim punktem zawiera również punkt o przeciwnych współrzędnych.

Wykażemy, że jeśli mamy dwa zbiory \(\displaystyle{ A,B \subset \RR^2}\) symetryczne względem początku układu, to ich suma jest również symetryczna względem początku układu, i ich przekrój również jest symetryczny względem początku układu.

DOWÓD PIERWSZEGO FAKTU:

Niewątpliwie \(\displaystyle{ A \cup B \subset \RR ^{2}.}\)

Aby pokazać, że jest to zbiór symetryczny względem początku układu, to niech: \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A \cup B}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ \left( -x,-y\right) \in A \cup B}\).

Mamy \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A}\) lub \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in B.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A}\), to ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest symetryczny względem początku układu, więc \(\displaystyle{ \left( -x,-y\right) \in A}\), a więc tym bardziej \(\displaystyle{ \left( -x,-y\right) \in A \cup B.}\)

A jeśli \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in B}\), to podobnie, ponieważ zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest symetryczny, więc \(\displaystyle{ \left( -x,-y\right) \in B,}\) i \(\displaystyle{ \left( -x,-y\right) \in A \cup B}\).

A zatem suma \(\displaystyle{ A \cup B}\) jest symetryczna względem początku układu \(\displaystyle{ \left( 0,0\right).\square}\)

Aby pokazać drugi fakt, to niech \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A \cap B}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A,B}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A}\), a zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest symetryczny względem początku układu, więc \(\displaystyle{ \left( -x,-y\right) \in A}\). Podobnie, dla zbioru \(\displaystyle{ B,}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ \left( -x,-y\right) \in B}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( -x,-y\right) \in A \cap B}\), i zbiór \(\displaystyle{ A \cap B}\) jest symetryczny względem początku układu \(\displaystyle{ \left( 0,0\right).\square }\)

Zauważmy na koniec, ponieważ żaden zbiór nie jest elementem swoim własnym, więc dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X}\), mamy:

\(\displaystyle{ X \setminus \left\{ X\right\} \stackrel{X\not\in X}{=}X.\square}\)