Pokrycia zbiorów

Algebra zbiorów. Relacje, funkcje, iloczyny kartezjańskie... Nieskończoność, liczby kardynalne... Aksjomatyka.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Pokrycia zbiorów

Post autor: Jakub Gurak »

Przypomnijmy:

Jeśli \(\displaystyle{ X \neq \left\{ \right\}}\) jest niepustym zbiorem, a \(\displaystyle{ A\subset X}\) jego niepustym podzbiorem, to rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B}\subset P(X)}\) podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\) nazywamy pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A}\), gdy: \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}\supset A}\).

Czyli zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) pokrywają zbiór \(\displaystyle{ A}\), co przedstawia ilustracja:\(\displaystyle{ \\}\)
Porycie zbioru.jpg

Łatwo jest zauważyć, że jeśli mamy niepusty zbiór \(\displaystyle{ A\subset X,}\) i rodzna \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A}\), i mamy mniejszy niepusty zbiór \(\displaystyle{ B\subset A}\), to rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ B}\)- jest to dość oczywista obserwacja.

Wczoraj wykazałem, że jeśli mamy niepusty zbiór \(\displaystyle{ X}\), oraz dwa jego niepuste podzbiory \(\displaystyle{ A,B\subset X}\), i jeśli rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A}\), a rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ B}\), to rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A} \cup \mathbb{B}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A \cup B}\). Wykazałem też wczoraj, że jeśli mamy niepusty zbiór \(\displaystyle{ X}\), oraz jego pokrycie \(\displaystyle{ \mathbb{B}_X}\) (formalnie bierzemy tu podzbiór \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq A= X\subset X}\), i rozważamy pokrycie zbioru \(\displaystyle{ A}\)), czyli jeśli mamy pokrycie \(\displaystyle{ \mathbb{B}_X}\) zbioru \(\displaystyle{ X}\), i jeśli mamy niepusty zbiór \(\displaystyle{ Y \neq \left\{ \right\}}\), oraz jego pokrycie \(\displaystyle{ \mathbb{B}_Y}\), to rodzina prostokątów kartezjańskich postaci \(\displaystyle{ B \times C}\), gdzie zbiory \(\displaystyle{ B}\) pochodzą z pokrycia \(\displaystyle{ \mathbb{B}_X}\), a zbiory \(\displaystyle{ C}\) pochodzą z pokrycia \(\displaystyle{ \mathbb{B}_Y}\),to rodzina takich prostokątów kartezjańskich tworzy pokrycie zbioru \(\displaystyle{ X \times Y}\). Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.


Rozważmy niepusty zbiór \(\displaystyle{ X}\), oraz dwa jego niepuste podzbiory \(\displaystyle{ A,B\subset X}\). Niech rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A}\), a rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie pokryciem zbioru \(\displaystyle{ B}\). Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A} \cup\mathbb{B}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A \cup B.}\)

Nim udowodnimy ten fakt, przypomnijmy prawo mówiące, że dla dwóch rodzin zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{Y},}\) mamy prawo:

\(\displaystyle{ \bigcup \left( \mathbb{X} \cup \mathbb{Y}\right) = \left( \bigcup\mathbb{X}\right) \cup \left( \bigcup\mathbb{Y}\right).}\)

Zatem łatwo możemy udowodnić nasz fakt:

DOWÓD TEGO FAKTU:

Zauważmy, że pokrycie \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X,}\) i pokrycie \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\), i w efekcie rodzina zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{A} \cup \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\), jak trzeba.

Wykażemy teraz, że: \(\displaystyle{ \bigcup\left( \mathbb{A} \cup \mathbb{B}\right) \supset A \cup B.}\)

Mamy, na mocy przytoczonegp prawa:

\(\displaystyle{ \bigcup \left( \mathbb{A} \cup \mathbb{B} \right) = \left( \bigcup \mathbb{A}\right) \cup \left( \bigcup\mathbb{B}\right) = }\)

i ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{A}\supset A}\), i ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ B}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}\supset B}\), i w efekcie:

\(\displaystyle{ \bigcup\left( \mathbb{A} \cup \mathbb{B}\right) = \left( \underbrace{ \bigcup \mathbb{A} }_{\supset A}\right) \cup \left( \underbrace{ \bigcup \mathbb{B} }_{\supset B}\right) \supset A \cup B, }\),

a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A} \cup \mathbb{B}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A \cup B. \square }\) :D
\(\displaystyle{ }\)

Przejdźmy do naszego drugiego problemu:

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie niepustym zbiorem, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}_X}\) pokryciem zbioru \(\displaystyle{ X}\); niech \(\displaystyle{ Y}\) będzie niepustym zbiorem, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}_Y}\) pokryciem zbioru \(\displaystyle{ Y}\). Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) prostokątów kartezjańskich, dana jako:

\(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ B \times C\Bigl| \ \ B\in \mathbb{B}_X, C\in \mathbb{B}_Y \right\}}\),

taka rodzina prostokątów kartezjańskich tworzy pokrycie zbioru \(\displaystyle{ X \times Y}\).

Oto ilustracja tego faktu:
\(\displaystyle{ \\}\)
Pokrycia- iloczyn kartezjański   .jpg
\(\displaystyle{ \\}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:

Musimy po pierwsze wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X \times Y}\).
To jednak jest proste, gdyż jeśli mamy zbiór postaci \(\displaystyle{ B \times C}\), gdzie \(\displaystyle{ B\in \mathbb{B}_X, C\in \mathbb{B}_Y,}\) ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{B}_X}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\), a więc \(\displaystyle{ B\subset X}\), w podobny sposób otrzymujemy, że \(\displaystyle{ C\subset Y}\), a zatem \(\displaystyle{ B \times C\subset X \times Y,}\) i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X \times Y.}\)

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ Z:=X \times Y\subset X \times Y.}\)

W tym celu musimy wykazać, że: \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}\supset X \times Y.}\)

Niewątpliwie mamy:

\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}= \bigcup_{B\in \mathbb{B}_X, C\in \mathbb{B}_Y} \left( B \times C\right) = \bigcup_{B\in \mathbb{B}_X} \left( \bigcup_{ C\in \mathbb{B}_Y } B \times C \right) = \bigcup_{B\in \mathbb{B}_X } \left( B \times \bigcup_{C\in \mathbb{B}_Y } C \right) = \bigcup_{B\in\mathbb{B}_X } \left( B \times \bigcup \mathbb{B}_Y\right) =}\)

i ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_Y}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ Y}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_Y \supset Y}\), ale \(\displaystyle{ \mathbb{B}_Y}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ Y}\), a zatem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_Y \subset Y}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_Y=Y}\), a więc to jest równe:

\(\displaystyle{ = \bigcup_{B\in \mathbb{B}_X} \left( B \times Y\right) = \left( \bigcup_{B\in \mathbb{B}_X} B \right) \times Y= \bigcup\mathbb{B}_X \times Y=}\),

i ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_X}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ X}\), a zatem w podobny sposób jak powyżej otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_X=X}\), a więc to jest równe:

\(\displaystyle{ = X \times Y}\),

czyli \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}=X \times Y,}\)

i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ X \times Y.\square}\) :lol: 8-)
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Pokrycia zbiorów

Post autor: Jakub Gurak »

Udowodniłem wczoraj na dobranoc, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest niepustym zbiorem, a \(\displaystyle{ A}\) jest jego niepustym podzbiorem, i mamy dwa pokrycia zbioru \(\displaystyle{ A,}\) to rodzina wszystkich przekrojów postaci \(\displaystyle{ B \cap C,}\) gdzie zbiory \(\displaystyle{ B}\) pochodzą z pierwszego pokrycia, a zbiory \(\displaystyle{ C}\) pochodzą z drugiego pokrycia, wtedy rodzina takich przekrojów mnogościowych tworzy pokrycie zbioru \(\displaystyle{ A.}\)

Dla dowodu, przypomnijmy najpierw, że:

Jeśli \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są zbiorami, a \(\displaystyle{ \mathbb {A}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\), a \(\displaystyle{ \mathbb {B} }\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ Y,}\) to mamy równość:

\(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb {A} \right) \cap \left( \bigcup\mathbb {B}\right) = \bigcup_{A \in\mathbb {A}, B \in\mathbb {B} }\left( A \cap B\right) ;}\)

czyli aby wyznaczyć przekrój dwóch sum uogólnionych wystarczy wyznaczyć wszystkie niepuste( gdyż zbiór pusty nie wpływa na sumę mnogościową ) przekroje zbiorów pierwszej rodziny zbiorów ze zbiorami drugiej rodziny, i wziąć sumę takich przekrojów.

Jest to dość prosty fakt, i na nim oprzemy dowód naszego faktu.

Sformułujmy zatem jego treść:

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie niepustym zbiorem, a \(\displaystyle{ A}\) niech będzie jego niepustym podzbiorem.
Rozważmy dwa pokrycia zbioru \(\displaystyle{ A}\): \(\displaystyle{ \mathbb {B} _{1} }\) i \(\displaystyle{ \mathbb{B} _{2} }\).
Wykażemy, że rodzina przekrojów mnogościowych dwóch zbiorów, gdzie pierwsze składniki pochodzą z pierwszego pokrycia \(\displaystyle{ \mathbb {B} _{1}, }\) a drugie składniki pochodzą z drugiego pokrycia, tzn. rodzina zbiorów :

\(\displaystyle{ \mathbb {B} _{3}=\left\{ B \cap C\Bigl| \ B \in \mathbb {B} _{1}, C \in \mathbb {B} _{2} \right\}=\left\{ B \cap C\Bigl| \ \left( B,C\right) \in \mathbb {B} _{1} \times \mathbb {B} _{2} \right\} }\),

jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Mamy, na mocy powyższego faktu, mamy:

\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_3= \bigcup_{B \in \mathbb{B}_1, C \in \mathbb{B}_2} \left( B \cap C\right) = \left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \cap \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right)=}\)

i ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A}\), a więc
\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_1\supset A}\), i podobnie \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{B}_2\supset A}\) (gdyż rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_2}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A}\)),
a zatem, to jest równe:

\(\displaystyle{ =\left( \underbrace{ \bigcup\mathbb{B}_1} _{\supset A}\right) \cap \left( \underbrace{ \bigcup\mathbb{B}_2}_ {\supset A }\right)\supset A}\),

czyli:

\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} _{3}\supset A}\),

a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_3}\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ A.\square}\)


Zrozumiałem też wczoraj definicję torusa (powierzchnia opony).
Jeśli mamy torus rozumiany jako iloczyn kartezjański okręgu o środku w początku układu i o promieniu \(\displaystyle{ 1}\) (tam w książce z topologii brali iloczyn kartezjański takiego okręgu przez samego siebie, w takim przypadku ciężko taki torus w trój-wymiarze narysować , co więcej, jeśli dopuścimy, jako drugą składową iloczynu kartezjańskiego, okręgi o innych promieniach, to mogą być 'grubsze' i 'cieńsze' torusy ); weźmy więc, jako drugą składową iloczynu kartezjańskiego, weźmy okrąg o promieniu \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), i weźmy iloczyn kartezjański takich okręgów, :!: obiekt czterowymiarowy.

Ale jest to iloczyn kartezjański dwóch okręgów, a iloczyn kartezjański dwóch zbiorów jest to zestawienie wszystkich elementów pierwszego zbioru na przeciwko wszystkim elementom drugiego zbioru. A tu mamy iloczyn kartezjański dwóch okręgów, więc jak z każdego punktu okręgu o promieniu \(\displaystyle{ 1}\) będziemy wystawiać okrąg o środku w tym punkcie, leżący w płaszczyźnie prostopadłej do tego danego na wejściu okręgu, i o średnicy leżącej na przedłużeniu odcinka łączącego początek układu z tym losowym punktem, gdy weźmiemy okrąg o środku w tym danym losowym punkcie i o promieniu \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), i tak dookoła, to otrzymamy powierzchnię opony- torus o osi symetrii będącej tym okręgiem jednostkowym i o szerokości \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2}\right) \cdot 2 =1.}\)

Zamierzam udowodnić, że dowolny torus, dowolnej grubości, można rozłożyć na okręgi, i to na dwa zupełnie inne sposoby. 8-)


Dodam jeszcze, że w zbiorze uporządkowanym antyłańcuch może być ograniczony z góry. Oto:

ILUSTRACJA TEJ ZALEŻNOŚCI:\(\displaystyle{ \\}\)
Antyłańcuch może być ograniczony z góry.jpg
Antyłańcuch może być ograniczony z góry.jpg (11.26 KiB) Przejrzano 445 razy
\(\displaystyle{ \\}\)
Podobnie, w zbiorze uporządkowanym, antyłańcuch może być ograniczony z dołu, co przedstawia kolejna ilustracja.
\(\displaystyle{ \\}\)
Antyłańcuch może być ogranoczony z dołu.jpg
\(\displaystyle{ \\}\)

Jeśli dodatkowo, to ograniczenie górne tego antyłańcucha jest tylko jedno (tak jak u nas), to jest najmniejsze (w zbiorze jednoelementowym jego jedyny element jest jego elementem najmniejszym i największym), a więc jest to supremum tego antyłańcucha, i otrzymujemy, że antyłańcuch może mieć supremum. 8-)

Podobnie, jeśli to ograniczenie dolne antyłańcucha jest tylko jedno (tak jak u nas), to jest ono największe, a więc jest to infimum tego antyłańcucha, i antyłańcuch może mieć infimum. 8-)

Natomiast, można udowodnić, że co najmniej dwuelementowy antyłańcuch nie może mieć ani elementu najmniejszego ani nie może mieć elementu największego, można to łatwo udowdnić.


Zastanówmy się jeszcze, czy podzbiór zbioru liniowo uporządkowanego gęstego jest gesty, i czy podzbiór zbioru ciągłego jest ciągły.

Jeśli mamy zbiór liniowo uporządkowany gęsty \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\), oraz podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X,}\) z porządkiem \(\displaystyle{ \le}\) zawężonym do elementów zbioru \(\displaystyle{ A}\), wtedy zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest uporządkowany liniowo, więc zbiór \(\displaystyle{ A,}\) jako podzbiór zbioru liniowo uporządkowanego, jest liniowo uporządkowany. Gdybyśmy wyrzucili ze zbioru \(\displaystyle{ X}\) tylko jeden element, to mamy prosty fakt, mówiący, że otrzymamy dalej zbiór gęsty; więc, można się spodziewać, że przez prostą indukcję, otrzymamy, że jak ze zbioru gęstego wyrzucimy skończony zbiór elementów, to otrzymamy zbiór gesty. Jednak, jak ze zbioru gęstego wyrzucimy przeliczalnie wiele elementów, to otrzymany zbiór nie musi być gęsty. Wystarczy rozważyć liczby wymierne na odcinku domkniętym \(\displaystyle{ \left[-1,2 \right]}\), czyli zbiór \(\displaystyle{ \QQ \cap \left[ -1,2\right]}\). Jest to zbiór liniowo uporządkowany gęsty, co łatwo jest sprawdzić. Wyrzućmy z niego zbiór \(\displaystyle{ \QQ \cap \left( 0,1\right)}\)- zbiór przeliczalny (bo zbiór liczb wymiernych jest przeliczalny ), i nieskończony: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}; \frac{1}{3}, \ldots}\) Wszystkie takie ułamki są większe od \(\displaystyle{ 0}\), wobec czego taki zbiór jest nieskończony, i jest przeliczalny. Gdy wyrzucimy taki zbiór z naszego zbioru \(\displaystyle{ \left[ -1,2\right] \cap \QQ}\), to otrzymamy zbiór \(\displaystyle{ \left( \QQ \cap \left[ -1,0\right]\right) \cup \left( \QQ \cap \left[ 1,2\right] \right)}\), w którym to zbiorze pomiędzy elementami \(\displaystyle{ 0}\) a \(\displaystyle{ 1}\) nie ma elementu pośredniego, a więc nie jest to porządek gęsty, bo porządek gęsty, to taki, że pomiędzy dwoma elementami jest element pośredni. Otrzymujemy zatem, że nie jest to porządek gęsty, i podzbiór zbioru gęstego nie musi być gęsty.

Również podzbiór zbioru ciągłego nie musi być ciągły, no bo jak ze zbioru ciągłego np. jak z odcinka domkniętego \(\displaystyle{ \left[0,1 \right]}\) wyrzucimy punkt ze środka, to powstanie luka, a więc nie będzie to porządek ciągły, i podzbiór zbioru ciągłego nie musi być ciagły. 8-)

Natomiast mamy twierdzenie, mówiące, że każdy podzbiór zbioru dobrze uporządkowanego jest dobrze uporządkowany.
ODPOWIEDZ