Dlaczego ja mam zajmować się czymś innym niż same podstawy matematyki
Nie rozumiem... Skoro mam tutaj ciągle nowe pomysły do rozważań, i czuję się w tym jak ryba w wodzie, jest to dla mnie i ciekawe, i kształcące... Może mnie z profesorem Markiem Zaioncem nie interesuje w zasadzie wymyślna matematyka, lecz same podstawy matematyki... Może my wolimy bardziej od wymyślnej matematyki może my wolimy bardziej ścisłe rozumowania 
(Choć ja osobiście to nie przepadam za czystą logiką, wolę zastosowania logiki w podstawach teorii mnogości). Może my mamy radość z uściślania i rozumienia (często formalnie to zawiłych), ale pojęciowo prostych pojęć. Może my wolimy bardziej nie wymyślać, a definiować i udowadniać. Ja bardziej wolę taką matematykę- także podstawy matematyki, po wieczne czasy. 
A jeśli chodzi o obszary prostokątne na płaszczyźnie, to są to bądź zwykłe prostokąty o bokach równoległych do osi układu współrzędnych, bądź wielokąty (nawet wielokąty wklęsłe), ale są tu możliwe tylko dwa rodzaje kątów: \(\displaystyle{ 90 ^{\circ} }\) i \(\displaystyle{ 270^{\circ}}\). Przy czym to jeszcze nie wystarczy: zakładamy jeszcze, że takie obszary prostokątne powstają one z prostokątów przez zbudowanie na wnętrzu (nie chcemy tutaj odcinać rogów takich prostokątów, ani dokładać kwadracików na rogach) dowolnego boku takiego prostokąta- do niego doklejamy prostokąt zewnętrzny (mówimy wtedy, że powstaje wtedy nowy obszar); albo od tego odcinka leżącego na wnętrzu boku tego prostokąta wycinamy ze środka mały prostokąt (na tyle mały, byleby tylko nasz cały obszar nie rozpadłby się na dwie części- ma on pozostać w jednym kawałku), taki wyrzucony prostokąt wyznacza również nowy obszar. Jedną z tych dwóch operacji powtarzamy dowolną skończoną ilość razy (w każdym kroku możemy wybrać jakąkolwiek z tych dwóch operacji, nie musi ona być zawsze taka sama)- otrzymane w ten sposób podzbiory płaszczyzny nazwiemy obszarami prostokątnymi. Udowodniłem przedwczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ S \subset \RR ^{2}}\) jest obszarem prostokątnym, który wyznacza \(\displaystyle{ n \in \NN}\) (\(\displaystyle{ n>0}\)) obszarów, to ten obszar \(\displaystyle{ S}\) ma \(\displaystyle{ \left( 4n\right)}\) krawędzi, i ten obszar ma \(\displaystyle{ \left( 4n\right)}\) wierzchołków. Spróbuję teraz uściślić te ekscytujące pojęcia, i przedstawić dowód tego ciekawego faktu:
Rodzinę wszystkich rozważanych obszarów prostokątnych dzielimy na podrodziny w zależności od ilości wykonanych operacji na początkowych prostokątach. Tzn. najpierw będziemy rozważać rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B}_0}\) wszystkich prostokątów o dodatnim polu, potem rozważymy rodzinę wszystkich obszarów powstałych z prostokątów przez zbudowanie na wnętrzu jakiegokolwiek boku tego prostokąta, na wnętrzu boku doklejamy prostokąt zewnętrzny bądź wyrzucamy ze środka mniejszy prostokąt (tak, aby figura pozostała w jednym kawałku), w ten sposób otrzymujemy rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1}\). Potem do zbiorów z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1}\) stosujemy w podobny sposób jedną z tych dwóch operacji, i tak dowolną skończoną ilość razy. Ściślej rzecz biorąc, niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ \left[ a,b\right]\Bigl| \ a,b \in \RR, a<b \right\}.}\)
będzie rodziną przedziałów domkniętych o dodatnich długościach.
Dla dowolnego takiego przedziału domkniętego \(\displaystyle{ \left[ a,b\right],}\) liczbę \(\displaystyle{ l _{\left[ a,b\right] }= b-a}\), nazwiemy jego długością.
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}_0}\) będzie rodziną wszystkich prostokątów o dodatnim polu, tzn.:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}_0= \left\{ A \times B\Bigl| \ A,B \in \mathbb{S}\right\} = \left\{ \underbrace{A \times B}_{ \subset \RR ^{2} } \Bigl| \ \ \left( A,B\right) \in \mathbb{S} \times \mathbb{S} \right\};}\)
jest to rodzina wszystkich prostokątów o dodatnim polu.
Przypuśćmy, że zdefiniowaliśmy obszary prostokątne zbudowane z prostokątów na których wykonaliśmy dokładnie \(\displaystyle{ n}\) operacji spośród tych dwóch operacji doklejania i wycinania prostokątów- nazwijmy tą rodzinę obszarów prostokątnych jako: \(\displaystyle{ \mathbb{B}_n}\) (jest to rodzina wielokątów o kątach \(\displaystyle{ 90 ^{\circ}}\) lub \(\displaystyle{ 270 ^{\circ}}\)):
Wtedy definiujemy:
\(\displaystyle{ \mathbb{B} _{n+1}= \mathbb{B}_n \cup \mathbb{B} _{n} ^{'} \cup \mathbb{B} _{n} ^{''} ;}\)
gdzie rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B} _{n} ^{'} }\) jest dana jako:
\(\displaystyle{ \mathbb{B} _{n} ^{'} = \bigcup_{S \in \mathbb{B}_n} \bigcup_{k_i \subset S} \ \bigcup_{x,y \in Int\left( k_i\right), x<y} \ \bigcup_{a,b \in \RR, a<b} \left\{ S' _{k_i; \left\langle x,y\right\rangle ; l _{\left[ a,b\right] } } \right\} ;}\)
gdzie zbiór:
\(\displaystyle{ S' _{k_i; \left\langle x,y\right\rangle ; l _{\left[ a,b\right] } } }\) jest dany jako:
\(\displaystyle{ S'= S \cup \left( \left[ x,y\right] \otimes \left[ a,b\right] \right) .}\)
Innymi słowy, jeśli w danym kroku mamy obszar prostokątny \(\displaystyle{ S}\), oraz jeśli mamy krawędź (przyznaję prawdę- nie dopisałem tego tutaj, ale już chyba jest to teraz jasne): \(\displaystyle{ k_i \subset S}\), to na jego wnętrzu budujemy prostokąt dodając prostokąt o wymiarach \(\displaystyle{ \left[ x,y\right] \otimes \left[ a,b\right].}\) Oto ilustracja takiej konstrukcji:\(\displaystyle{ \\}\)
Mówimy wtedy, że prostokąt \(\displaystyle{ \left[ x,y\right]\otimes \left[ a,b\right]}\) wyznacza nowy obszar. Zauważmy, że zbiór \(\displaystyle{ S'}\) jest wielokątem o kątach \(\displaystyle{ 90 ^{\circ} }\) lub \(\displaystyle{ 270 ^{\circ} }\).
W ten sposób otrzymujemy definicję rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}' _{n}.}\)
Rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B} _{n} ^{''} }\) definiujemy w sposób podobny:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}_{n} ^{''} = \bigcup_{S \in \mathbb{B} _{n}} \bigcup_{k_i \subset S} \ \bigcup_{x,y \in Int\left( k_i\right), x<y } \ \bigcup_{a,b \in \RR,a<b: \left( x,y\right)\otimes \left[ a,b\right] \subset Int\left( S\right) } \left\{ S'' _{k_i; \left\langle x,y\right\rangle ; l _{\left[ a,b\right] } } \right\}, }\)
gdzie zbiór \(\displaystyle{ S''}\) jest dany jako:
\(\displaystyle{ S ^{''} _{k_i; \left\langle x,y\right\rangle ; \left\langle a,b\right\rangle }= S \setminus \left( \left[ x,y\right]\otimes \left( a,b\right) \right) }\).
(Tutaj końce tych przedziałów mogą tu szwankować, zaraz poniższy rysunek to rozjaśni):
Tzn. jeśli mamy obszar prostokątny \(\displaystyle{ S}\), oraz jeśli mamy jego krawędź \(\displaystyle{ k_i \subset S}\), to na wnętrzu takiego boku wycinamy z całego obszaru mały prostokąt (na tyle mały, aby nasz obszar pozostał w jednym kawałku, a zatem ten prostokąt \(\displaystyle{ \left( x,y\right)\otimes \left[ a,b\right] }\) ma być zawarty w jego wnętrzu), i wycinamy z niego taki prostokąt \(\displaystyle{ \left[ x,y\right]\otimes \left( a,b\right)}\); oto ilustracja takiej konstrukcji:\(\displaystyle{ \\}\)
Mówimy wtedy również, że prostokąt \(\displaystyle{ \left[ x,y\right]\otimes \left[ a,b\right]}\) wyznacza nowy obszar. Zauważmy, że wielokąt \(\displaystyle{ S''}\) jest nadal wielokątem o kątach \(\displaystyle{ 90 ^{\circ} }\) lub \(\displaystyle{ 270 ^{\circ} }\). W ten sposób otrzymujemy definicję rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B} _{n} ^{''} .}\)
A zatem zdefiniowaliśmy rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B} _{n+1}.}\)
Na mocy twierdzenia o definiowaniu przez indukcję, otrzymujemy ciąg rodzin \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B} _{n} \right) _{n \in \NN}}\) wielokątów o kątach \(\displaystyle{ 90 ^{\circ}}\) lub \(\displaystyle{ 270 ^{\circ}.}\)
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{B}:= \bigcup_{n \in \NN} \mathbb{B} _{n}.}\)
Wtedy elementy tej rodziny zbiorów nazwiemy obszarami prostokątnymi.
Wykażemy, że:
Fakt: Jeśli obszar prostokątny \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B}}\) wyznacza \(\displaystyle{ n \in \NN}\) (\(\displaystyle{ n>0}\)) obszarów, to obszar prostokątny \(\displaystyle{ S}\) ma \(\displaystyle{ \left( 4n\right)}\) krawędzi i ma on \(\displaystyle{ \left( 4n\right)}\) wierzchołków.
DOWÓD TEGO FAKTU:
Dowód tego faktu jest dowodem indukcyjnym ze względu na ilość wyznaczanych obszarów (skupimy się najpierw jedynie na ilości krawędzi, ilość wierzchołków będzie taka sama).
Jeśli \(\displaystyle{ n=1}\), to jeśli \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B}_0}\) jest prostokątem o dodatnim polu, to wtedy \(\displaystyle{ S}\) ma \(\displaystyle{ \left( 4=4 \cdot 1\right)}\) krawędzi. A gdyby byłoby \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B}_n}\), gdzie \(\displaystyle{ n>0}\), to łatwo jest pokazać indukcyjnie, że mamy wtedy \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\) obszarów. Wobec czego obszar prostokątny \(\displaystyle{ S}\) wyznacza co najmniej dwa obszary, a wiemy, z założenia początkowego, że mamy tutaj tylko jeden obszar-sprzeczność.
Krok indukcyjny:
Przypuśćmy, że twierdzenie zachodzi dla wszystkich obszarów prostokątnych, które wyznaczają \(\displaystyle{ n}\) (\(\displaystyle{ n>0}\)) obszarów.
Niech \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B}}\) będzie obszarem prostokątnym, który wyznacza \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\) obszarów. Mamy, z definicji rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\): \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B}_m}\), dla pewnego \(\displaystyle{ m \in \NN.}\) Niech \(\displaystyle{ m}\) będzie najmniejszym takim numerem naturalnym. Z poprzedniej obserwacji, mówiącej, że jeśli \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B_k}}\), to ten obszar prostokątny wyznacza \(\displaystyle{ \left( k+1\right)}\) obszarów, więc ponieważ \(\displaystyle{ S}\) wyznacza dokładnie \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\) obszarów, więc \(\displaystyle{ n+1=m+1}\), skąd \(\displaystyle{ n=m}\). A zatem \(\displaystyle{ n}\) jest najmniejszym numerem naturalnym, takim, że: \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B}_n}\). A zatem \(\displaystyle{ S\not\in \mathbb{B} _{n-1}}\), a zatem, z definicji rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B} _{n},}\) otrzymujemy, że: \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B'} _{n-1}}\) lub \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B''} _{n-1}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B'} _{n-1}}\), to z definicji rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B'} _{n}}\):
\(\displaystyle{ S= C'}\), gdzie \(\displaystyle{ C \in \mathbb{B} _{n-1}}\), oraz dla pewnej krawędzi \(\displaystyle{ k_i \subset C}\), dla \(\displaystyle{ x,y \in Int\left( k_i\right), x<y}\), oraz dla \(\displaystyle{ a,b \in \RR, a<b}\), mamy:
\(\displaystyle{ S=C'= C \cup \left( \left[ x,y\right]\otimes \left[ a,b\right] \right).}\)
Wtedy zbiór \(\displaystyle{ C}\) wyznacza \(\displaystyle{ n= \left( n-1\right) +1}\) obszarów, a zatem, na mocy założenia indukcyjnego, obszar prostokątny \(\displaystyle{ C}\) ma \(\displaystyle{ \left( 4n \right)}\) krawędzi. Wtedy obszar \(\displaystyle{ S=C \cup \left( \left| x,y\right|\otimes \left[ a,b\right] \right)}\) ma o \(\displaystyle{ 4}\) więcej krawędzi, czyli ma \(\displaystyle{ \left( 4n+4\right)}\) krawędzi, czego należało dowieść.
Jeśli zaś \(\displaystyle{ S \in \mathbb{B''} _{n-1}}\), to z definicji rodziny zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{B}'' _{n-1},}\) mamy: \(\displaystyle{ S=C''}\), gdzie \(\displaystyle{ C \in \mathbb{B} _{n-1}}\), i gdzie dla pewnej krawędzi \(\displaystyle{ k_i \subset C}\), oraz dla \(\displaystyle{ x,y \in Int\left( k_i\right), x<y}\), oraz dla \(\displaystyle{ a,b \in \RR}\), takich, że \(\displaystyle{ a<b}\), i takich że \(\displaystyle{ \left( x,y\right)\otimes \left[ a,b\right] \subset Int\left( S\right)}\), mamy wtedy: \(\displaystyle{ S=C''= C \setminus \left( \left[ x,y\right]\otimes \left( a,b\right) \right).}\) Wtedy \(\displaystyle{ C \in \mathbb{B} _{n-1}}\), a zatem obszar prostokątny \(\displaystyle{ C}\) wyznacza \(\displaystyle{ n}\) obszarów, a zatem, na mocy założenia indukcyjnego ten obszar \(\displaystyle{ C}\) ma \(\displaystyle{ \left( 4n\right)}\) krawędzi. Wtedy obszar \(\displaystyle{ S= C''= C \setminus \left( \left[ x,y\right] \otimes \left( a,b\right) \right) }\) ma o \(\displaystyle{ 4}\) więcej krawędzi niż obszar \(\displaystyle{ C}\), czyli ma \(\displaystyle{ \left( 4n+4\right)}\) krawędzi, co dowodzi kroku indukcyjnego.
Zasada indukcji matematycznej kończy część dowodu odnośnie ilości krawędzi\(\displaystyle{ .\square}\)
A ilość wierzchołków jest taka sama jak ilość krawędzi, bo te obszary są ograniczone wielokątami (co prawda wklęsłymi), a zatem ilość wierzchołków jest równa ilości krawędzi, bo ten wielokąt ogranicza łamana zamknięta. Każdy odcinek tej łamanej ma dwa końce, a, z definicji łamanej zamkniętej, wynika, że każdy koniec danego odcinka należy do dokładnie dwóch odcinków tej łamanej, wobec czego ilość wierzchołków jest równa ilości krawędzi, czyli u nas wynosi ona dokładnie: \(\displaystyle{ \left( 4n\right).\square}\)
To na koniec dorzucę tu dwa przykłady obszarów prostokątnych: \(\displaystyle{ \\}\)
I: \(\displaystyle{ \\}\)
Oraz dodam nieformalny dowód faktu, mówiącego, że płaszczyzna \(\displaystyle{ \RR ^{2}}\) jest zbiorem nieprzeliczalnym.
MIAROWY DOWÓD TEGO FAKTU:
Oczywiście płaszczyzna jest zbiorem nieskończonym, bo jest nadzbiorem nieskończonego zbioru:
\(\displaystyle{ \left\{ \left( x,0\right)\Bigl| \ \ x \in \ZZ \right\}\sim \ZZ\sim \NN}\), wobec czego płaszczyzna jest zbiorem nieskończonym. Przypuśćmy nie wprost, że jest ona zbiorem co najwyżej przeliczalnym. W takim razie ta płaszczyzna jest zbiorem równolicznym ze zbiorem \(\displaystyle{ \NN}\). Ustawmy zatem punkty płaszczyzny w ciąg: \(\displaystyle{ \left( \ \left( x_1,y_1\right) ; \left( x_2, y_2\right); \left( x_3, y_3\right) ;\ldots\right).}\) I pierwszy punkt przykryjmy prostokątem o środku w tym punkcie i o wymiarach (o bokach równoległych do osi układu współrzędnych), i o wymiarach: \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2} \right) \times 1}\). Następny punkt pokryjmy prostokątem o środku w tym drugim punkcie i o wymiarach: \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{4}\right) \times 1}\); trzeci punkt przykryjmy prostokątem o środku w tym punkcie i o wymiarach: \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{8}\right) \times 1}\)- ogólnie, \(\displaystyle{ n}\)-y punkt przykrywamy prostokątem o wymiarach \(\displaystyle{ \frac{1}{2 ^{n} } \times 1}\). Wtedy całą płaszczyznę (bo jest ona, na mocy założenia nie wprost, jest ona zbiorem przeliczalnym) pokryjemy prostokątami o łącznym polu mniejszym lub równym niż suma: \(\displaystyle{ \sum_{n \in \NN_+} \left( \left( \frac{1}{2 ^{n} }\right) \cdot 1 \right)= \frac{1}{2}+ \frac{1}{4}+ \frac{1}{8}+\ldots =1}\), czyli pole całej płaszczyzny jest mniejsze lub równe od \(\displaystyle{ 1}\)-sprzeczność\(\displaystyle{ .\square}\)
W podobny sposób możemy udowodnić, że przestrzeń trójwymiarowa \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\) jest zbiorem nieprzeliczalnym.
PODOBNY DOWÓD TEGO FAKTU:
Oczywiście przestrzeń trójwymiarowa jest zbiorem nieskończonym, bo zawiera zbiór: \(\displaystyle{ I ^{3} _{\ZZ}=\left\{ \left( x,x,x\right)\Bigl| \ x \in \ZZ \right\}\sim \ZZ\sim\NN}\), a zatem przestrzeń trójwymiarowa jest zbiorem nieskończonym.
Gdyby była ona zbiorem co najwyżej przeliczalnym, to byłaby równoliczna ze zbiorem \(\displaystyle{ \NN}\), a więc punkty przestrzeni trójwymiarowej moglibyśmy ustawić w ciąg: \(\displaystyle{ \left( \left( x_1, y_1, z_1\right); \left( x_2, y_2,z_2\right) ;\ldots\right).}\)
I pierwszy punkt przykryjmy kostką prostopadłościenną o środku w tym punkcie i o wymiarach \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \times 1 \times 1}\), następny punkt przykryjmy kostką o środku w tym punkcie i o wymiarach \(\displaystyle{ \frac{1}{4} \times 1 \times 1}\), ogólnie \(\displaystyle{ n}\)-y punkt przykrywamy kostką o wymiarach \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2 ^{n} }\right) \times 1 \times 1}\). Wtedy całą przestrzeń trójwymiarową pokryjemy kostkami o łącznej objętości mniejszej lub równej niż suma: \(\displaystyle{ \sum_{n \in \NN_+} \left( \left( \frac{1}{2 ^{n} } \right) \cdot 1 \cdot 1\right) =1}\), czyli cała przestrzeń trójwymiarowa ma objętość mniejszą lub równą niż \(\displaystyle{ 1}\)-sprzeczność.\(\displaystyle{ \square}\)
Trzeba będzie jeszcze wykazać, że pole co najwyżej przeliczalnego podzbioru płaszczyzny jest równe zero; jak i trzeba będzie wykazać, że objętość co najwyżej przeliczalnego podzbioru przestrzeni trójwymiarowej jest równa zero; jak i trzeba będzie wykazać, że pole dowolnej elipsy (nie chodzi tu o powierzchnie ograniczoną przez elipsę, tylko chodzi tu o sam jej brzeg) jest równe zero.
