Jakub Gurak pisze: ↑14 wrz 2022, o 13:35Aha, tu zapewne pomyłka, bo nie rozpatruje Pan dwa razy tego samego przypadku.
Oczywiście, już poprawiłem.
Jakub Gurak pisze: ↑14 wrz 2022, o 13:35Jak chcę Pan formalnie zdefiniować ten rozkład??
Ależ ja go zdefiniowałem formalnie (choć nie formalistycznie). Definicja musi być dokładna, co nie znaczy, że koniecznie musi być formalistyczna. Ale oczywiście zawsze można ją doformalizować.
Jakub Gurak pisze: ↑14 wrz 2022, o 13:35Trochę zdziwił mnie sposób w jaki Pan zdefiniował ten rozkład, nie spotkałem jeszcze czegoś takiego. Co więcej, musimy zdefiniować jeden rozkład, a tu w jednym przypadku mamy jeden zbiór, a w drugim przypadku rozważa Pan dwa zbiory. Nie wiem jaką wspólną cechę mają te dwa przypadki, aby zdefiniować jeden rozkład. Jak to zrobić formalnie??
No cóż, najwyraźniej nie zrozumiałeś tej definicji. Myślę, że warto byś więcej czasu poświęcał na trenowanie rozumienia, a mniej na formalistyczne cyzelowanie formy.
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie Twoją rodziną rozkładów zbioru \(\displaystyle{ \NN}\) na przedziały. To co opisałem powyżej, to funkcja różnowartościowa \(\displaystyle{ F:\{0,1\}^\NN\to\mathbb{B}}\) zdefiniowana wzorem
Wczoraj udowodniłem (po dobrych jakiś trzech godzinach robienia obliczeń algebraicznych- niestety, ale ukończyłem to zadanie), wykazując, że jeśli z przestrzeni trójwymiarowej usuniemy dowolną ustaloną prostą, to pozostałą przestrzeń można rozłozyć na półpłaszczyzny. Dokładniej, to rozwiązałem inne zadanie podobne do tego, tylko prostsze od tego (gdyż w poprzednim- mam kłopot z dobrym wyobrażeniem sobie tej sytuacji, mam kiepską wyobraźnię przestrzenną ) i udowodniłem, że przestrzeń trójwymiarową bez osi \(\displaystyle{ Y}\) można rozłożyć na półpłaszczyzny. A już chwilę wcześniej udowodniłem, że płaszczyznę (bez początku układu) można rozłożyć na półproste. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.
Rozważmy przestrzeń \(\displaystyle{ S:= \RR ^{3} \setminus \left( \left\{ 0\right\} \times \RR \times \left\{ 0\right\} \right)}\). Wykażemy, że przestrzeń \(\displaystyle{ S}\) można rozłożyć na półpłaszczyzny.
Przypomnijmy, jeśli na płaszczyźnię mamy daną prostą, to ona dzieli płaszczyznę na dwa obszary. Obydwa te obszary nazywamy półpłaszczynami.
Przejdźmy do dowodu naszego faktu:
DOWÓD TEGO CIEKAWEGO FAKTU:
W płaszczyźnię \(\displaystyle{ XZ}\) rozważmy okrąg \(\displaystyle{ O(\left( 0,0,0\right), 1 )}\) o środku w początku układu współrzędnych i promieniu równym \(\displaystyle{ 1}\).
Rozważmy dwa punkty: \(\displaystyle{ A= \left( 0,-1,0\right)}\) oraz \(\displaystyle{ B= \left( 0,1,0\right).}\) Dla dowolnego punktu \(\displaystyle{ C}\), spoza osi \(\displaystyle{ Y}\), niech \(\displaystyle{ \pi _C}\) będzie płaszczyzną przechodzącą przez punkty \(\displaystyle{ A,B}\) i \(\displaystyle{ C}\). Niech \(\displaystyle{ S_C}\) będzie jej półpłaszczyzną podzieloną przez oś \(\displaystyle{ Y}\) (półpłaszczyzną bez osi \(\displaystyle{ Y}\)), taką, że \(\displaystyle{ C \in S_C}\). Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną takich półpłaszczyzn \(\displaystyle{ S_C}\), gdzie punkt \(\displaystyle{ C}\) przebiega nasz okrąg, tzn. niech:
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkladem zbioru \(\displaystyle{ S}\) na półpłaszczyzny.
Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ S}\), jak trzeba.
Musimy wykazać, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} =S. }\)
Niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{B}\subset S}\)- jest to suma podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ S}\).
Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \RR ^{3}}\) i ( \(\displaystyle{ x \neq 0}\) lub \(\displaystyle{ z \neq 0}\) ).
Jeśli \(\displaystyle{ x=0}\), to wtedy \(\displaystyle{ z \neq 0}\). Rozważmy punkt: \(\displaystyle{ C=\left( 0,0, \frac{\left| z\right| }{z} \right) }\) (czyli dla dodatnich liczb z mamy punkt \(\displaystyle{ \left( 0,0,1\right)}\), a dla ujemnych mamy punkt \(\displaystyle{ \left( 0,0,-1\right)}\) ).
Musimy teraz sprawdzić, czy taki punkt należy do naszego okręgu, czyli czy: \(\displaystyle{ 0 ^{2} +\left( \frac{\left| z\right| }{z} \right) ^{2}=1}\).
a zatem \(\displaystyle{ \left( 0,0, \frac{\left| z\right| }{z} \right) \in O\left( \left( 0,0,0\right);1 \right).}\)
Wyznaczmy równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkty \(\displaystyle{ A= \left( 0,-1,0 \right) ; B= \left( 0,1,0\right)}\) i \(\displaystyle{ C= \left( 0,0, \pm 1 \right).}\)
Jeśli \(\displaystyle{ C= \left( 0,0,1\right); }\)
to wyznaczmy wektory \(\displaystyle{ \overrightarrow{AB} }\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow{AC}. }\)
Mamy:
\(\displaystyle{ \overrightarrow{AB}=\left( 0,2,0\right) }\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow{AC}= \left( 0,1,1\right), }\) i równanie płaszczyzny, gdzie tradycyjne zmienne \(\displaystyle{ x,y,z}\) ponieważ są one już zajętę, więc oznaczę je jako ich odpowiedniki pisane z dużych liter, tzn. \(\displaystyle{ X,Y,Z}\), i wtedy równanie płaszczyzny ma postać:
gdzie \(\displaystyle{ D \in \RR}\) jest pewną stałą liczbą. Wtedy otrzymujemy równanie:
\(\displaystyle{ 2X+D=0,}\) skąd \(\displaystyle{ X=- \frac{D}{2}.}\)
Ponieważ ta płaszczyzna ma przechodzić przez punkt \(\displaystyle{ C= \left( 0,0,1\right),}\) więc \(\displaystyle{ 0=- \frac{D}{2}}\), skąd \(\displaystyle{ D= 0.}\) A więc \(\displaystyle{ 2X= 0}\) i \(\displaystyle{ X=0}\), czyli równanie płaszczyzny w tej postaci to: \(\displaystyle{ X=0.}\)
Dla punktu \(\displaystyle{ C= \left( 0,0,-1\right)}\) podobne proste obliczenia dają, że równaie płaszczyzny w tym przypadku, to również:
\(\displaystyle{ X=0.}\)
Dla punktu \(\displaystyle{ C= \left( 0,0, \frac{\left| z\right| }{z} \right),}\) i dla równania płaszczyzny \(\displaystyle{ \pi _C}\) : \(\displaystyle{ X=0}\), mamy oczywiście \(\displaystyle{ \left( 0,y,z\right) \in \pi_C}\), gdzie \(\displaystyle{ z \neq 0}\), a więc również \(\displaystyle{ C= \left( 0,0, \pm 1\right) \in \pi _C,}\)
i dla \(\displaystyle{ z>0}\), mamy \(\displaystyle{ C= \left( 0,0,1\right) \in S_C}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) = \left( 0,y,\underbrace{z}_{>0}\right) \in S_C}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x, y,z\right) \in S_C}\), gdzie \(\displaystyle{ C\in O\left( \left( 0,0,0\right);1 \right) }\), a więc \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{B}.}\)
Dla \(\displaystyle{ z<0,}\) podobnie prosto otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{B}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ x \neq 0}\), to rozważmy trójkę:
tylko proszę mnie teraz nie pytać jak na takie wzory wpadłem- bo jest to efekt co najmniej trzygodzinnych wyliczeń, nie mam ochoty tego przedstawiać, jak widać ta geometria analityczna jest nieznośna- trzeba proste rzeczy opisywać kosmatymi wzorami, podobne są całki, a najgorsze to są równania różniczkowe- my z Janem Kraszewskim to nie możemy patrzeć na te paskudne różniczki, ale grunt, że ukończyłem to zadanie), więc idźmy dalej, mamy:
\(\displaystyle{ \sqrt{x^2+z^2}=0 \Leftrightarrow x ^{2}+z^2=0 \Leftrightarrow x=0=z}\), a mamy \(\displaystyle{ x \neq 0}\), wobec czego również ten pierwiastek jest większy od zera.
Wyznaczmy teraz równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkty \(\displaystyle{ A=\left( 0,-1,0\right)}\) ; \(\displaystyle{ B= \left( 0,1,0\right)}\) i \(\displaystyle{ C= \left( \frac{x}{ \sqrt{x^2+z^2 } },0, \frac{z}{ \sqrt{x ^{^2} +z^2 } } \right)}\).
TROCHĘ ŻMUDNE WYPROWADZENIE TEGO RÓWANIA::
Wyznaczmy wektory \(\displaystyle{ \overrightarrow{AB} }\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow{AC}. }\) Mamy: \(\displaystyle{ \overrightarrow{AB} =\left( 0,2,0\right) }\) oraz \(\displaystyle{ \overrightarrow{AC}= \left( \frac{x}{ \sqrt{x^2+z^2} }, 1, \frac{z}{ \sqrt{x^2+z^2} } \right), }\) a zatem równanie płaszczyzny ma postać:
gdzie \(\displaystyle{ D \in \RR}\) jest pewną stałą liczbą.
Wtedy otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left( \frac{2z}{ \sqrt{x^2+z^2} } \right) \cdot X \left( - \frac{2x}{ \sqrt{x^2+z^2} } \right) \cdot Z+D =0}\), a ponieważ ta płaszczyzna ma przechodzić przez punkt \(\displaystyle{ \left( 0,-1,0\right)}\), to podstawiając współrzędne tego punktu do tego równania otrzymujemy: \(\displaystyle{ 0+0+ D= 0}\), skąd oczywiście \(\displaystyle{ D=0}\), a zatem równanie płaszczyzny \(\displaystyle{ \pi _{C}}\) ma postać:
a zatem \(\displaystyle{ C\in O( \left( 0,0,0\right); 1 )}\) , i łatwo jest sprawdzić, że (z przemienności mnożenia liczb rzeczywistych), mamy: \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \pi _{C}}\), i mamy \(\displaystyle{ C\in \pi _C}\), gdyż:
a zatem \(\displaystyle{ C\in \pi _{C}}\), a zatem ponieważ \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \pi _C,}\) to \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S_C}\), gdzie \(\displaystyle{ C \in O\left( \left( 0,0,0\right);1 \right)}\) , a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}= S}\).
Należy pokazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych. Może uzasadnię to w sposób jedynie słowny, gdyż jest to fakt intuicyjnie oczywisty, ale formalnie to trzeba to pokazać . Aby wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych pokażemy, że jesli dwa zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) się przecinają, to muszą być równe. Jeśli dwie półpłaszczyzny wychodzące z osi \(\displaystyle{ Y}\) przecinają się, to mają wspólną krawędź (oś \(\displaystyle{ Y}\)) i wspólny punkt poza tą prostą. A przez trzy nie współliniowe punkty przechodzi tylko jedna płaszczyzna. Wobec czego również te dwie półpłaszczyzny są sobie równe, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
I, oczywiście, rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ S}\).
I, rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), jest rodziną półpłaszczyzn. \(\displaystyle{ \square}\)
A jeśli chodzi o ten problem, że jeśli mamy prostą \(\displaystyle{ l\subset \RR^3}\), i chcemy pozostałą część przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus l}\) rozłożyć na półpłaszczyzny, to wystarczy obrócić te wszystkie figury z poprzedniego zadania, tak aby oś \(\displaystyle{ Y}\) przenieść na prostą \(\displaystyle{ l}\), i w ten sposób otrzymamy rozkład przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus l}\) na półpłaszczyzny.
Wykażemy, że płaszczynę \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} }\) można rozłożyć na półproste, i można to zrobić tylko w jeden sposób.
Podamy dwa dowody tego, że istnieje taki rozkład.
Niech \(\displaystyle{ O(\left( 0,0\right);1 )}\) będzie okręgiem o środku w początku układu i promieniu \(\displaystyle{ 1}\), tzn. niech :
Dla dwóch różnych punktów płaszczyzny \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( a', b'\right)}\) przez \(\displaystyle{ \overrightarrow{\left( a,b\right) ; \left( a', b'\right) }}\) oznaczmy półprostą o początku w punkcie \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) przechodząca przez punkt \(\displaystyle{ \left( a', b'\right) . }\)
Dalej, dla punktu płaszczyzny \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \neq \left( 0,0\right)}\), przez \(\displaystyle{ l _{\left| x,y\right| }}\) oznaczmy półprostą wychodzącą z początku układu (bez tego początku ), przechodzącą przez punkt \(\displaystyle{ \left( x,y\right),}\) tzn. niech:
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}.}\)
DOWÓD TEGO FAKTU::
Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\), jak trzeba.
Musimy wykazać, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} =\RR^2 \setminus \left\{ 0,0\right\} .}\)
Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech: \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\). Zdefiniujmy:
Wtedy \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2} =0 \Leftrightarrow a ^{2}+b^2=0 \Leftrightarrow a=0=b \Leftrightarrow \left( a,b\right) =\left( 0,0\right) }\), a ponieważ \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \neq \left( 0,0\right)}\), więc również \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2} \neq 0}\), a więc powyższe wzoru=y mają sens. Wtedy:
a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in O(\left( 0,0\right);1 ).}\)
Rozważmy teraz trzy przypadki:
Jeśli \(\displaystyle{ x=0}\), wtedy, z definicji tej liczby, otrzymujemy, że \(\displaystyle{ a=0}\), a zatem \(\displaystyle{ y= \frac{b}{ \sqrt{0^2+b^2} }= \frac{b}{\left| b\right| } = sgn(b)}\), czyli jest to znak tej liczby \(\displaystyle{ b}\)( czyli \(\displaystyle{ sgn(b)=1}\), dla \(\displaystyle{ b>0}\), i \(\displaystyle{ sgn(b)= -1}\), dla \(\displaystyle{ b<0}\) ).
Dla \(\displaystyle{ b>0}\), wtedy \(\displaystyle{ y=1}\), a zatem \(\displaystyle{ D=\left\{ 0\right\} \times \RR_+}\),
a dla \(\displaystyle{ b<0}\), wtedy \(\displaystyle{ y=sgn(b)= -1}\), a zatem \(\displaystyle{ D= \left\{ \left( 0,m\right)\Bigl| \ \ \frac{m}{-1}>0 \right\} = \left\{ \left( 0,m\right)\Bigl| \ \ m<0 \right\}.}\)
I dla \(\displaystyle{ b>0}\), mamy \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in D}\), gdyż \(\displaystyle{ \left( a,b\right) =\left( 0,b\right)\in D= \left\{ 0\right\} \times \RR_+}\),
a dla \(\displaystyle{ b<0}\), mamy \(\displaystyle{ \left( a,b\right) = \left( 0,b\right) \in D =\left\{ 0\right\} \times \RR_-}\),
a zatem, w obydwu przypadkach: \(\displaystyle{ (a,b)\in D = l _{\left( x,y\right) }.}\)
Aha: musi być \(\displaystyle{ b \neq 0}\), bo \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \neq \left( 0,0\right)}\) i \(\displaystyle{ a=0}\), wobec czego \(\displaystyle{ b \neq 0.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ x \neq 0}\) i \(\displaystyle{ y \neq 0}\), to rozważmy zbiór:
czyli po prostu \(\displaystyle{ D_f= \RR_+}\), dla \(\displaystyle{ x>0}\); i \(\displaystyle{ D_f= \RR_-}\), dl\(\displaystyle{ }\)a \(\displaystyle{ x<0.}\)
I rozważmy półprostą \(\displaystyle{ l _{\left( x,y\right) }}\) opisaną wykresem funkcji \(\displaystyle{ f: D_f \rightarrow \RR}\), danej jako:
a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in f}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in l _{\left( x,y\right) } .}\)
A jeśli \(\displaystyle{ x \neq 0}\) i \(\displaystyle{ y=0}\), to z definicji liczby \(\displaystyle{ y}\) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ b=0}\), a zatem:
\(\displaystyle{ x= \frac{a}{ \sqrt{a^2 +0^2} } = \frac{a}{\left| a\right| } = sgn(a)}\), czyli \(\displaystyle{ 1}\), dla liczb dodatnich \(\displaystyle{ a}\), a \(\displaystyle{ -1}\), dla liczb ujemnych.
a dla \(\displaystyle{ a<0}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ l _{\left( x,y\right) } = \overrightarrow{\left( 0,0\right); \left( -1,0\right) } \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}= \RR_- \times \left\{ 0\right\} \ni \left( a,b\right) . }\)
( i ponieważ \(\displaystyle{ b=0}\), a \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \neq \left( 0,0\right)}\), więc \(\displaystyle{ a \neq 0.}\)
A zatem, w każdym z przypadków, mamy:\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in l _{\left( x,y\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in O(\left( 0,0\right);1 )}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup\mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} =\RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}. }\)
Musimy wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych. Może uzasadnię to jedynie słownie, gdyż jest to intuicyjnie oczywiste. W tym celu wykażemy, że jeśli dwa zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) się przecinają, to muszą być sobie równe. Jak dwie półproste z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) się przecinają, to ponieważ są to półproste bez początku układu, więc przecinają się poza punktem \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\). Ale one są też 'zaczepione' w tym punkcie. A przez dwa różne punkty przechodzi tylko jedna prosta. Wobec czego również te dwie półproste są sobie równe, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
Pozostaje wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
Jeśli mamy zbiór z rodziny\(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), tzn. półprostą postaci \(\displaystyle{ l _{\left( x,y\right) }}\) , gdzie \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in O(\left( 0,0\right);1 )}\), wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in l _{\left( x,y\right) }}\), a więc jest to zbiór niepusty, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right)\right\} .}\)
I rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną półprostych.\(\displaystyle{ \square}\)
I jest to jedyny możliwy sposób rozkładu płaszczyzny bez początku układu na półproste, gdyż inny rozkład na półproste musiałby mieć półprostą o początku w innym punkcie niż początek układu. Wtedy łącząc taki punkt z początkiem układu, ponieważ początek układu jest wyrzucony z naszej płaszczyzny, to taki zbiór rozkładu nie może być półprostą (może być, co najwyżej, odcinkiem ), wobec czego taki rozkład jest niemożliwy. i nasz rozkład- jest to jedyny możliwy rozkład.
Podamy jeszcze inny dowód tego faktu.
Wpierw, wprowadźmy taką operację, taką, że dla punktu \(\displaystyle{ \left( a,b\right)\in \RR^2}\) płaszczyzny, i dla liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ c,}\) zdefiniujmy:
\(\displaystyle{ c \cdot \left( a,b\right) =\left( ca, cb\right) \in\RR^2.}\)
Dla punku \(\displaystyle{ x\in O(\left( 0,0\right);1 )}\) na okręgu o środku w początku układu i promieniu \(\displaystyle{ 1}\), rozważmy zbiór \(\displaystyle{ B_x}\), dany jako:
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\) na półproste.
DOWÓD TEGO FAKTU::
Po pierwsze, musimy wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}.}\) Niewątpliwie, jest to rodzina podzbiorów płaszczyzny. Pozostaje pokazać, że zbiory tej rodziny nie mają w sobie pary \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\). Ale jeśli mamy zbiór postaci \(\displaystyle{ B_x}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in O\left( \left( 0,0\right);1 \right)}\), to z równania okręgu łatwo wynika, że \(\displaystyle{ x \neq \left( 0,0\right)}\), a ponieważ elementy zbioru \(\displaystyle{ B_x}\) są postaci \(\displaystyle{ \alpha \cdot x}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha >0}\), (a więc w szczególności \(\displaystyle{ \alpha \neq 0}\)), więc łatwo jest wykazać dowodem nie wprost, że \(\displaystyle{ \left( \alpha x\right) \neq \left( 0,0\right)}\), a zatem \(\displaystyle{ B_x \subset \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} }\), i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}. }\)
a zatem \(\displaystyle{ x= \left( \frac{a}{M}, \frac{b}{M} \right) \in O\left( \left( 0,0\right);1 \right)}\) , a ponieważ \(\displaystyle{ M>0}\), to \(\displaystyle{ M \cdot x=\left( a,b\right) \in B_x}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in O(\left( 0,0\right);1 ) }\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup\mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{B} = \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} .}\)
I, oczywiście, każde dwa różne zbiory tej rodziny są rozłączne, czyli rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
Pozostaje wykazać, że jest to rodzina zbiorów niepustych. Jest to oczywiste, dla zbioru z tej rodziny postaci \(\displaystyle{ B_x}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in O(\left( 0,0\right);1 ),}\) wystarczy wziąć \(\displaystyle{ \alpha=1>0}\), i wtedy \(\displaystyle{ 1 \cdot x=x \in B_x}\), a więc jest to zbiór niepusty, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\).
Pozostaje wykazać, że jest to rodzina półprostych.
Jeśli mamy zbiór postaci \(\displaystyle{ B_x}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in O(\left( 0,0\right);1 ),}\) to zauważmy, że jeśli liczba dodatnia \(\displaystyle{ \alpha \rightarrow 0}\) dąży do \(\displaystyle{ 0}\), to wartość \(\displaystyle{ \alpha \cdot x}\) dąży do \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\). Dla \(\displaystyle{ \alpha =1}\), mamy \(\displaystyle{ \alpha \cdot x = 1 \cdot \left( a,b\right)=\left( a,b\right)=x}\), a dla innej pary \(\displaystyle{ x= \left( a,b\right)}\), to stosunek wartości współrzędnych tej pary wynosi \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\)- jest to wartość stała, a dla innych par z tego zbioru postaci \(\displaystyle{ \alpha \cdot x}\), otrzymujemy, że ta para jest równa \(\displaystyle{ \left( \alpha a, \alpha b\right)}\), i stosunek wartości współrzędnych wynosi \(\displaystyle{ \frac{ \alpha a}{ \alpha b} = \frac{a}{b}}\)- jest to ta sama stała wartość. Wobec czego zbiór \(\displaystyle{ B_x }\) jest półprostą, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną półprostych.\(\displaystyle{ \square }\)
Jakub Gurak pisze: ↑19 paź 2022, o 01:40jeśli z przestrzeni trójwymiarowej usuniemy dowolną ustaloną prostą, to pozostałą przestrzeń można rozłozyć na półpłaszczyzny. Dokładniej, to rozwiązałem inne zadanie podobne do tego, tylko prostsze od tego (gdyż w poprzednim- mam kłopot z dobrym wyobrażeniem sobie tej sytuacji, mam kiepską wyobraźnię przestrzenną ) i udowodniłem, że przestrzeń trójwymiarową bez osi \(\displaystyle{ Y}\) można rozłożyć na półpłaszczyzny.
To jest to samo zadanie - każdą ustaloną prostą w przestrzeni można przyjąć jako oś pewnego układu współrzędnych, a podstawowe informacje z algebry liniowej na 1 roku mówią nam, że zamiana dwóch układów współrzędnych jest automorfizmem liniowym, czyli w szczególności bijekcją.
Jakub Gurak pisze: ↑19 paź 2022, o 01:40Rozważmy przestrzeń \(\displaystyle{ S:= \RR ^{3} \setminus \left( \left\{ 0\right\} \times \RR \times \left\{ 0\right\} \right)}\). Wykażemy, że przestrzeń \(\displaystyle{ S}\) można rozłożyć na półpłaszczyzny.
Jakub Gurak pisze: ↑19 paź 2022, o 01:40
Wczoraj udowodniłem (po dobrych jakiś trzech godzinach robienia obliczeń algebraicznych- niestety, ale ukończyłem to zadanie), wykazując, że jeśli z przestrzeni trójwymiarowej usuniemy dowolną ustaloną prostą, to pozostałą przestrzeń można rozłozyć na półpłaszczyzny. Dokładniej, to rozwiązałem inne zadanie podobne do tego, tylko prostsze od tego (gdyż w poprzednim- mam kłopot z dobrym wyobrażeniem sobie tej sytuacji, mam kiepską wyobraźnię przestrzenną ) i udowodniłem, że przestrzeń trójwymiarową bez osi \(\displaystyle{ Y}\) można rozłożyć na półpłaszczyzny. A już chwilę wcześniej udowodniłem, że płaszczyznę (bez początku układu) można rozłożyć na półproste. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.
Czyli tak naprawdę zrobiłeś to, co zauważy każdy średnio ogarnięty człowiek, gdy postawi książkę na stole
Rozważmy przestrzeń \(\displaystyle{ S:= \RR ^{3} \setminus \left( \left\{ 0\right\} \times \RR \times \left\{ 0\right\} \right)}\). Wykażemy, że przestrzeń \(\displaystyle{ S}\) można rozłożyć na półpłaszczyzny.
Przypomnijmy, jeśli na płaszczyźnię mamy daną prostą, to ona dzieli płaszczyznę na dwa obszary. Obydwa te obszary nazywamy półpłaszczynami.
Przejdźmy do dowodu naszego faktu:
DOWÓD TEGO CIEKAWEGO FAKTU:
W płaszczyźnię \(\displaystyle{ XZ}\) rozważmy okrąg \(\displaystyle{ O(\left( 0,0,0\right), 1 )}\) o środku w początku układu współrzędnych i promieniu równym \(\displaystyle{ 1}\).
Rozważmy dwa punkty: \(\displaystyle{ A= \left( 0,-1,0\right)}\) oraz \(\displaystyle{ B= \left( 0,1,0\right).}\) Dla dowolnego punktu \(\displaystyle{ C}\), spoza osi \(\displaystyle{ Y}\), niech \(\displaystyle{ \pi _C}\) będzie płaszczyzną przechodzącą przez punkty \(\displaystyle{ A,B}\) i \(\displaystyle{ C}\). Niech \(\displaystyle{ S_C}\) będzie jej półpłaszczyzną podzieloną przez oś \(\displaystyle{ Y}\) (półpłaszczyzną bez osi \(\displaystyle{ Y}\)), taką, że \(\displaystyle{ C \in S_C}\). Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną takich półpłaszczyzn \(\displaystyle{ S_C}\), gdzie punkt \(\displaystyle{ C}\) przebiega nasz okrąg, tzn. niech:
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkladem zbioru \(\displaystyle{ S}\) na półpłaszczyzny.
Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ S}\), jak trzeba.
Musimy wykazać, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} =S. }\)
Niewątpliwie \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{B}\subset S}\)- jest to suma podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ S}\).
Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \RR ^{3}}\) i ( \(\displaystyle{ x \neq 0}\) lub \(\displaystyle{ z \neq 0}\) ).
Jeśli \(\displaystyle{ x=0}\), to wtedy \(\displaystyle{ z \neq 0}\). Rozważmy punkt: \(\displaystyle{ C=\left( 0,0, \frac{\left| z\right| }{z} \right) }\) (czyli dla dodatnich liczb z mamy punkt \(\displaystyle{ \left( 0,0,1\right)}\), a dla ujemnych mamy punkt \(\displaystyle{ \left( 0,0,-1\right)}\) ).
Musimy teraz sprawdzić, czy taki punkt należy do naszego okręgu, czyli czy: \(\displaystyle{ 0 ^{2} +\left( \frac{\left| z\right| }{z} \right) ^{2}=1}\).
a zatem \(\displaystyle{ \left( 0,0, \frac{\left| z\right| }{z} \right) \in O\left( \left( 0,0,0\right);1 \right).}\)
Wyznaczmy równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkty \(\displaystyle{ A= \left( 0,-1,0 \right) ; B= \left( 0,1,0\right)}\) i \(\displaystyle{ C= \left( 0,0, \pm 1 \right).}\)
Jeśli \(\displaystyle{ C= \left( 0,0,1\right); }\)
to wyznaczmy wektory \(\displaystyle{ \overrightarrow{AB} }\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow{AC}. }\)
Mamy:
\(\displaystyle{ \overrightarrow{AB}=\left( 0,2,0\right) }\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow{AC}= \left( 0,1,1\right), }\) i równanie płaszczyzny, gdzie tradycyjne zmienne \(\displaystyle{ x,y,z}\) ponieważ są one już zajętę, więc oznaczę je jako ich odpowiedniki pisane z dużych liter, tzn. \(\displaystyle{ X,Y,Z}\), i wtedy równanie płaszczyzny ma postać:
gdzie \(\displaystyle{ D \in \RR}\) jest pewną stałą liczbą. Wtedy otrzymujemy równanie:
\(\displaystyle{ 2X+D=0,}\) skąd \(\displaystyle{ X=- \frac{D}{2}.}\)
Ponieważ ta płaszczyzna ma przechodzić przez punkt \(\displaystyle{ C= \left( 0,0,1\right),}\) więc \(\displaystyle{ 0=- \frac{D}{2}}\), skąd \(\displaystyle{ D= 0.}\) A więc \(\displaystyle{ 2X= 0}\) i \(\displaystyle{ X=0}\), czyli równanie płaszczyzny w tej postaci to: \(\displaystyle{ X=0.}\)
Dla punktu \(\displaystyle{ C= \left( 0,0,-1\right)}\) podobne proste obliczenia dają, że równaie płaszczyzny w tym przypadku, to również:
\(\displaystyle{ X=0.}\)
Dla punktu \(\displaystyle{ C= \left( 0,0, \frac{\left| z\right| }{z} \right),}\) i dla równania płaszczyzny \(\displaystyle{ \pi _C}\) : \(\displaystyle{ X=0}\), mamy oczywiście \(\displaystyle{ \left( 0,y,z\right) \in \pi_C}\), gdzie \(\displaystyle{ z \neq 0}\), a więc również \(\displaystyle{ C= \left( 0,0, \pm 1\right) \in \pi _C,}\)
i dla \(\displaystyle{ z>0}\), mamy \(\displaystyle{ C= \left( 0,0,1\right) \in S_C}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) = \left( 0,y,\underbrace{z}_{>0}\right) \in S_C}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( x, y,z\right) \in S_C}\), gdzie \(\displaystyle{ C\in O\left( \left( 0,0,0\right);1 \right) }\), a więc \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{B}.}\)
Dla \(\displaystyle{ z<0,}\) podobnie prosto otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{B}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ x \neq 0}\), to rozważmy trójkę:
tylko proszę mnie teraz nie pytać jak na takie wzory wpadłem- bo jest to efekt co najmniej trzygodzinnych wyliczeń, nie mam ochoty tego przedstawiać, jak widać ta geometria analityczna jest nieznośna- trzeba proste rzeczy opisywać kosmatymi wzorami, podobne są całki, a najgorsze to są równania różniczkowe- my z Janem Kraszewskim to nie możemy patrzeć na te paskudne różniczki, ale grunt, że ukończyłem to zadanie),
Ależ się dowartościowałeś. Sądzę, że JK załatwił by to w trzech linijkach, bo - w odróżnieniu od Ciebie - elementarną matematykę zna.
więc idźmy dalej, mamy:
\(\displaystyle{ \sqrt{x^2+z^2}=0 \Leftrightarrow x ^{2}+z^2=0 \Leftrightarrow x=0=z}\), a mamy \(\displaystyle{ x \neq 0}\), wobec czego również ten pierwiastek jest większy od zera.
Wyznaczmy teraz równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkty \(\displaystyle{ A=\left( 0,-1,0\right)}\) ; \(\displaystyle{ B= \left( 0,1,0\right)}\) i \(\displaystyle{ C= \left( \frac{x}{ \sqrt{x^2+z^2 } },0, \frac{z}{ \sqrt{x ^{^2} +z^2 } } \right)}\).
TROCHĘ ŻMUDNE WYPROWADZENIE TEGO RÓWANIA::
Wyznaczmy wektory \(\displaystyle{ \overrightarrow{AB} }\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow{AC}. }\) Mamy: \(\displaystyle{ \overrightarrow{AB} =\left( 0,2,0\right) }\) oraz \(\displaystyle{ \overrightarrow{AC}= \left( \frac{x}{ \sqrt{x^2+z^2} }, 1, \frac{z}{ \sqrt{x^2+z^2} } \right), }\) a zatem równanie płaszczyzny ma postać:
gdzie \(\displaystyle{ D \in \RR}\) jest pewną stałą liczbą.
Wtedy otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left( \frac{2z}{ \sqrt{x^2+z^2} } \right) \cdot X \left( - \frac{2x}{ \sqrt{x^2+z^2} } \right) \cdot Z+D =0}\), a ponieważ ta płaszczyzna ma przechodzić przez punkt \(\displaystyle{ \left( 0,-1,0\right)}\), to podstawiając współrzędne tego punktu do tego równania otrzymujemy: \(\displaystyle{ 0+0+ D= 0}\), skąd oczywiście \(\displaystyle{ D=0}\), a zatem równanie płaszczyzny \(\displaystyle{ \pi _{C}}\) ma postać:
a zatem \(\displaystyle{ C\in O( \left( 0,0,0\right); 1 )}\) , i łatwo jest sprawdzić, że (z przemienności mnożenia liczb rzeczywistych), mamy: \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \pi _{C}}\), i mamy \(\displaystyle{ C\in \pi _C}\), gdyż:
a zatem \(\displaystyle{ C\in \pi _{C}}\), a zatem ponieważ \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \pi _C,}\) to \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in S_C}\), gdzie \(\displaystyle{ C \in O\left( \left( 0,0,0\right);1 \right)}\) , a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y,z\right) \in \bigcup\mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}= S}\).
Należy pokazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych. Może uzasadnię to w sposób jedynie słowny, gdyż jest to fakt intuicyjnie oczywisty, ale formalnie to trzeba to pokazać . Aby wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych pokażemy, że jesli dwa zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) się przecinają, to muszą być równe. Jeśli dwie półpłaszczyzny wychodzące z osi \(\displaystyle{ Y}\) przecinają się, to mają wspólną krawędź (oś \(\displaystyle{ Y}\)) i wspólny punkt poza tą prostą. A przez trzy nie współliniowe punkty przechodzi tylko jedna płaszczyzna. Wobec czego również te dwie półpłaszczyzny są sobie równe, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
Sądzę, że masz kłopoty ze stwierdzeniem co jest naprawdę łatwe i oczywiste. I dlatego dowodzisz przez kilka stron rzeczy banalnych, żeby potem skwitować mniej banalne stwierdzenie, że to łatwe.
I, oczywiście, rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ S}\).
I, rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), jest rodziną półpłaszczyzn. \(\displaystyle{ \square}\)
A jeśli chodzi o ten problem, że jeśli mamy prostą \(\displaystyle{ l\subset \RR^3}\), i chcemy pozostałą część przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus l}\) rozłożyć na półpłaszczyzny, to wystarczy obrócić te wszystkie figury z poprzedniego zadania, tak aby oś \(\displaystyle{ Y}\) przenieść na prostą \(\displaystyle{ l}\), i w ten sposób otrzymamy rozkład przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3} \setminus l}\) na półpłaszczyzny.
Znając Twoją niechęć do wszystkiego co nie jest elementarzem teorii mnogośći (w zakresie ważniaka) to zadania zajęłoby Ci tydzień
Wykażemy, że płaszczynę \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\} }\) można rozłożyć na półproste, i można to zrobić tylko w jeden sposób.
Pierwszą część zadania zrobi każdy, kto choć raz widział rozłożony parasol (najlepiej taki japoński, chroniący przez słońcem.
A druga część jest oczywiście nieprawdziwa.
Podamy dwa dowody tego, że istnieje taki rozkład.
Niech \(\displaystyle{ O(\left( 0,0\right);1 )}\) będzie okręgiem o środku w początku układu i promieniu \(\displaystyle{ 1}\), tzn. niech :
Dla dwóch różnych punktów płaszczyzny \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( a', b'\right)}\) przez \(\displaystyle{ \overrightarrow{\left( a,b\right) ; \left( a', b'\right) }}\) oznaczmy półprostą o początku w punkcie \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) przechodząca przez punkt \(\displaystyle{ \left( a', b'\right) . }\)
Dalej, dla punktu płaszczyzny \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \neq \left( 0,0\right)}\), przez \(\displaystyle{ l _{\left| x,y\right| }}\) oznaczmy półprostą wychodzącą z początku układu (bez tego początku ), przechodzącą przez punkt \(\displaystyle{ \left( x,y\right),}\) tzn. niech:
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}.}\)
DOWÓD TEGO FAKTU::
Zauważmy najpierw, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\), jak trzeba.
Musimy wykazać, że \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} =\RR^2 \setminus \left\{ 0,0\right\} .}\)
Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech: \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \RR^2 \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}}\). Zdefiniujmy:
Wtedy \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2} =0 \Leftrightarrow a ^{2}+b^2=0 \Leftrightarrow a=0=b \Leftrightarrow \left( a,b\right) =\left( 0,0\right) }\), a ponieważ \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \neq \left( 0,0\right)}\), więc również \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2} \neq 0}\), a więc powyższe wzoru=y mają sens. Wtedy:
a zatem \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in O(\left( 0,0\right);1 ).}\)
Rozważmy teraz trzy przypadki:
Jeśli \(\displaystyle{ x=0}\), wtedy, z definicji tej liczby, otrzymujemy, że \(\displaystyle{ a=0}\), a zatem \(\displaystyle{ y= \frac{b}{ \sqrt{0^2+b^2} }= \frac{b}{\left| b\right| } = sgn(b)}\), czyli jest to znak tej liczby \(\displaystyle{ b}\)( czyli \(\displaystyle{ sgn(b)=1}\), dla \(\displaystyle{ b>0}\), i \(\displaystyle{ sgn(b)= -1}\), dla \(\displaystyle{ b<0}\) ).
Dla \(\displaystyle{ b>0}\), wtedy \(\displaystyle{ y=1}\), a zatem \(\displaystyle{ D=\left\{ 0\right\} \times \RR_+}\),
a dla \(\displaystyle{ b<0}\), wtedy \(\displaystyle{ y=sgn(b)= -1}\), a zatem \(\displaystyle{ D= \left\{ \left( 0,m\right)\Bigl| \ \ \frac{m}{-1}>0 \right\} = \left\{ \left( 0,m\right)\Bigl| \ \ m<0 \right\}.}\)
I dla \(\displaystyle{ b>0}\), mamy \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in D}\), gdyż \(\displaystyle{ \left( a,b\right) =\left( 0,b\right)\in D= \left\{ 0\right\} \times \RR_+}\),
a dla \(\displaystyle{ b<0}\), mamy \(\displaystyle{ \left( a,b\right) = \left( 0,b\right) \in D =\left\{ 0\right\} \times \RR_-}\),
a zatem, w obydwu przypadkach: \(\displaystyle{ (a,b)\in D = l _{\left( x,y\right) }.}\)
Aha: musi być \(\displaystyle{ b \neq 0}\), bo \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \neq \left( 0,0\right)}\) i \(\displaystyle{ a=0}\), wobec czego \(\displaystyle{ b \neq 0.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ x \neq 0}\) i \(\displaystyle{ y \neq 0}\), to rozważmy zbiór:
czyli po prostu \(\displaystyle{ D_f= \RR_+}\), dla \(\displaystyle{ x>0}\); i \(\displaystyle{ D_f= \RR_-}\), dl\(\displaystyle{ }\)a \(\displaystyle{ x<0.}\)
I rozważmy półprostą \(\displaystyle{ l _{\left( x,y\right) }}\) opisaną wykresem funkcji \(\displaystyle{ f: D_f \rightarrow \RR}\), danej jako:
a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in f}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in l _{\left( x,y\right) } .}\)
A jeśli \(\displaystyle{ x \neq 0}\) i \(\displaystyle{ y=0}\), to z definicji liczby \(\displaystyle{ y}\) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ b=0}\), a zatem:
\(\displaystyle{ x= \frac{a}{ \sqrt{a^2 +0^2} } = \frac{a}{\left| a\right| } = sgn(a)}\), czyli \(\displaystyle{ 1}\), dla liczb dodatnich \(\displaystyle{ a}\), a \(\displaystyle{ -1}\), dla liczb ujemnych.
a dla \(\displaystyle{ a<0}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ l _{\left( x,y\right) } = \overrightarrow{\left( 0,0\right); \left( -1,0\right) } \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}= \RR_- \times \left\{ 0\right\} \ni \left( a,b\right) . }\)
( i ponieważ \(\displaystyle{ b=0}\), a \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \neq \left( 0,0\right)}\), więc \(\displaystyle{ a \neq 0.}\)
A zatem, w każdym z przypadków, mamy:\(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in l _{\left( x,y\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in O(\left( 0,0\right);1 )}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \in \bigcup\mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B} =\RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right) \right\}. }\)
Musimy wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych. Może uzasadnię to jedynie słownie, gdyż jest to intuicyjnie oczywiste. W tym celu wykażemy, że jeśli dwa zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) się przecinają, to muszą być sobie równe. Jak dwie półproste z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) się przecinają, to ponieważ są to półproste bez początku układu, więc przecinają się poza punktem \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\). Ale one są też 'zaczepione' w tym punkcie. A przez dwa różne punkty przechodzi tylko jedna prosta. Wobec czego również te dwie półproste są sobie równe, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
Pozostaje wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
Jeśli mamy zbiór z rodziny\(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), tzn. półprostą postaci \(\displaystyle{ l _{\left( x,y\right) }}\) , gdzie \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in O(\left( 0,0\right);1 )}\), wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in l _{\left( x,y\right) }}\), a więc jest to zbiór niepusty, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów niepustych.
A zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{2} \setminus \left\{ \left( 0,0\right)\right\} .}\)
I rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną półprostych.\(\displaystyle{ \square}\)
I jest to jedyny możliwy sposób rozkładu płaszczyzny bez początku układu na półproste, gdyż inny rozkład na półproste musiałby mieć półprostą o początku w innym punkcie niż początek układu. Wtedy łącząc taki punkt z początkiem układu, ponieważ początek układu jest wyrzucony z naszej płaszczyzny, to taki zbiór rozkładu nie może być półprostą (może być, co najwyżej, odcinkiem ), wobec czego taki rozkład jest niemożliwy. i nasz rozkład- jest to jedyny możliwy rozkład.
Półpłaszczyznę `y>0` łatwo pokrywamy pionowymi półprostymi, tak samo robimy z półpłaszczyzną `y<0` a prostą `y=0` bez punktu `(0,0)` też łatwo pokryjemy dwiema półprostmi
a4karo pisze: ↑19 paź 2022, o 12:54Półpłaszczyznę `y>0` łatwo pokrywamy pionowymi półprostymi, tak samo robimy z półpłaszczyzną `y<0` a prostą `y=0` bez punktu `(0,0)` też łatwo pokryjemy dwiema półprostmi
Co więcej, możemy te dwie półproste "graniczne" dowolnie obracać (niezależnie od siebie) względem \(\displaystyle{ (0,0)}\), a one będą "popychać" (i "ciągnąć") proste pionowe i w ten sposób od razu dostajemy continuum różnych podziałów...
@JK możemy również te "pionowe proste dowolnie poprzechylać - też wyjdzie kontinuum )
OCh, możemy też z początku układu wystawić cale mnóstwo "patyków", a kąty między tymi patykami wymościć półprostymi (i to nie tak, żeby wychodziły ze środka). Zastanów się, Jakubie, jak to zrobić. Pomyśl, co tu może znaczyć słowo "mnóstwo"
A jak już mamy takie pokrycie płaszczyzny, to wystarczy te półproste poprzesuwać wzdłuż osi prostopadłej, żeby dostać rozkład przestrzeni trójwymiarowej na półpłaszczyzny.
a4karo pisze: ↑20 paź 2022, o 20:11A jak już mamy takie pokrycie płaszczyzny, to wystarczy te półproste poprzesuwać wzdłuż osi prostopadłej, żeby dostać rozkład przestrzeni trójwymiarowej na półpłaszczyzny.
Jeżeli ta prosta będzie odpowiednio gruba, to sie da . Jak wytniemy z przestrzeni walec `x^2+y^2<1` to pokryjemy resztę półpłaszczyznami które są prostopadłe do powierzchni walca
Jakub Gurak pisze: ↑19 paź 2022, o 01:40
I jest to jedyny możliwy sposób rozkładu płaszczyzny bez początku układu na półproste, gdyż inny rozkład na półproste musiałby mieć półprostą o początku w innym punkcie niż początek układu. Wtedy łącząc taki punkt z początkiem układu, ponieważ początek układu jest wyrzucony z naszej płaszczyzny, to taki zbiór rozkładu nie może być półprostą (może być, co najwyżej, odcinkiem ), wobec czego taki rozkład jest niemożliwy. i nasz rozkład- jest to jedyny możliwy rozkład.
a4karo pisze: ↑19 paź 2022, o 12:54Półpłaszczyznę \(\displaystyle{ y>0}\) łatwo pokrywamy pionowymi półprostymi, tak samo robimy z półpłaszczyzną \(\displaystyle{ y<0}\) a prostą \(\displaystyle{ y=0}\) bez punktu \(\displaystyle{ (0,0)}\) też łatwo pokryjemy dwiema półprostymi
Racja, nie trzeba przecież łączyć początku danej półprostej z początkiem układu, tu zrobiłem błąd.
I, a4karo, dziękuje za ten przykład rozkładu - zapamiętam go.
Gdy to przeczytałem od razu przyszedł mi do głowy, inny, symetryczny przykład rozkładu płaszczyzny, bez początku układu, na półproste: Półpłaszczyznę \(\displaystyle{ x<0}\) pokrywamy półprostymi poziomymi, tak samo robimy z półpłaszczyzną \(\displaystyle{ x>0}\), a prostą \(\displaystyle{ x=0}\) bez punktu \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) też łatwo pokryjemy dwiema półprostymi pionowymi o początku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right).}\)
A tych pozostałych Waszych wybujałych konstrukcji, to ich nie rozumiem...\(\displaystyle{ }\)
Przedwczoraj udowodniłem, że istnieje dokładnie continuum rozkładów przestrzeni trójwymiarowej na kostki (o dodatniej objętości). Udowodniłem też, że istnieje (co najmniej) \(\displaystyle{ 2 ^{ \left|\RR\right| }}\) wszystkich rozkładów przestrzeni trójwymiarowej. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.
Niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}_0= \left\{ A \subset \RR\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem w} \left( \RR, \le \right) \hbox{ i } \left| A\right| \ge 2 \right\}.}\)
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną wszystkich rozkładów przestrzeni trójwymiarowej na zbiory z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), tzn. niech:
Jeśli \(\displaystyle{ K \in \mathbb{B}}\), wtedy \(\displaystyle{ K= A \times B \times C}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B,C \in \mathbb{S}_0,}\) i wtedy takiej kostce przypisujemy trójkę, (bo taką kostkę możemy potraktować jako relację trójczłonową w zbiorze liczb rzeczywistych) złożoną z pierwszej dziedziny takiej relacji, jak i z drugiej dziedziny takiej relacji oraz z trzeciej dziedziny takiej relacji, tzn. przypisujemy:
i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \mathbb{S}_0 \times \mathbb{S} _{0} \times \mathbb{S} _{0} \right|.}\)
Dla rodziny:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}:= \left\{ A \subset \RR\Bigl| \ \ A \hbox{ jest przedziałem w} \left( \RR, \le \right) \right\}}\) ,
niewątpliwie mamy \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0 \subset \mathbb{S}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left( \mathbb{S} _{0} \times \mathbb{S}_0 \right) \times \mathbb{S} _{0} \subset \left( \mathbb{S} \times \mathbb{S} \right) \times \mathbb{S}}\), i ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{S} \sim \RR}\) ( gdyż wszystkich przedziałów w zbiorze liczb rzeczywistych jest continuum), więc jest to zbiór równoliczny ze zbiorem: \(\displaystyle{ \RR \times \RR \times \RR= \RR ^{3}\sim \RR.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ f\left( x_1\right) = f\left( x_2\right) }\), to to oznacza, z definicji tej funkcji, że: \(\displaystyle{ K _{x_1}= K _{x_2}}\), czyli:
Mamy \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \RR\right| }\), a zatem, na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \mathbb{B}\sim \RR.}\)
Wykażemy teraz, że jeśli \(\displaystyle{ \mathcal{R} \in \mathbb{A}}\) jest rozkładem tej rodziny, to jest to zbiór co najwyżej przeliczalny.
Wtedy \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\) i \(\displaystyle{ \mathcal{R} \subset \mathbb{B}.}\)
Niech \(\displaystyle{ X \in \mathcal{R}}\), wtedy \(\displaystyle{ X \in \mathbb{B}}\), a zatem, z definicji rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), otrzymujemy: \(\displaystyle{ X= A \times B \times C}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B,C \in \mathbb{S}_0.}\)
Wtedy zbiory \(\displaystyle{ A, B,C}\) są co najmniej dwuelementowymi przedziałami, więc kostce \(\displaystyle{ X}\) przypisujemy punkt ze środka tej kostki o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych, tzn. przypisujemy:
\(\displaystyle{ X \in \mathcal{R} \stackrel{ f}{ \rightarrow } \left( a,b,c\right) \in \left( \QQ \times \QQ \times \QQ\right) \cap \left( A \times B \times C\right)}\),
i (stosując być może aksjomat wyboru, a dokładniej twierdzenie o funkcji wyboru) otrzymujemy funkcję:
Ponieważ \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem, a więc rodziną zbiorów rozłącznych, to funkcja \(\displaystyle{ f}\) nie może dwóm różnym zbiorom przypisywać tego samego punktu ( możemy łatwo to wykazać ), a więc jest to funkcja różnowartościowa.
A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathcal{R}\right| \le \left| \QQ \times \QQ \times \QQ\right| = \left| \NN\right| }\), czyli rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym, i każdy rozkład z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym.
Niech \(\displaystyle{ \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}}\) będzie rodziną wszystkich co najwyżej przeliczalnych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{B}.}\)
Ponieważ udowodniliśmy, że \(\displaystyle{ \mathbb{B}\sim \RR}\), więc \(\displaystyle{ \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}\sim \RR}\).
Wykażemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}. }\)
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{R} \in \mathbb{A}}\). Wtedy \(\displaystyle{ \mathcal{R}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\) i \(\displaystyle{ \mathcal{R} \subset \mathbb{B}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \mathcal{R} \in \mathbb{A},}\) więc na mocy powyższego dowodu: \(\displaystyle{ \left| \mathcal{R}\right| \le \left| \NN\right|}\), czyli ten rozkład jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym, a zatem, z definicji rodziny \(\displaystyle{ \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}}\), wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \mathcal{R} \in \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}}\), i \(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset\left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN}.}\)
A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \le \left| \left[ \mathbb{B}\right] ^{\NN} \right| = \left| \RR\right|}\), czyli \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A} \right| \le \left| \RR\right| .}\)
Aby wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) ma moc co najmniej continuum, to niech:
Dla dowolnej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ a \in \left[ 0,1\right] }\) rozważmy rozkład na dwa zbiory powstałe przez podzielenie przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\) płaszczyzną \(\displaystyle{ x=a}\) (gdzie zbiór będący lewą częścią przestrzeni bierzemy razem z tą płaszczyzną). Formalniej, niech:
\(\displaystyle{ R _{a} ^{'}= \left( a, + \infty \right) \times \RR \times \RR,}\)
Wykażemy, że dopełnienie zbioru \(\displaystyle{ R_a}\) do przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\) jest równe drugiemu zbiorowi \(\displaystyle{ R_a ^{'}.}\)
DOWÓD TEGO FAKTU::
Nim to udowodnimy, przypomnijmy, że jeżeli mamy prostokąt \(\displaystyle{ X \times Y}\), oraz mamy mniejszy prostokąt \(\displaystyle{ A \times B}\), gdzie \(\displaystyle{ A \subset X}\) i \(\displaystyle{ B \subset Y}\), to mamy prawo dla dopełnień:
\(\displaystyle{ \left( A \times B\right)'= \left( A' \times Y\right) \cup \left( X \times B'\right),}\)
jest to prosty fakt.
W związku z czym (biorąc \(\displaystyle{ X= \RR}\), \(\displaystyle{ Y= \RR \times \RR}\), \(\displaystyle{ A= \left( - \infty ,a\right]}\), \(\displaystyle{ B= \RR ^{2}}\) ) otrzymujemy:
Mamy \(\displaystyle{ R_a \subset \RR ^{3}}\), i zbiór \(\displaystyle{ R_a}\) jest niepusty, bo \(\displaystyle{ \left( a,0,0\right) \in R_a}\), i mamy oczywiście \(\displaystyle{ R_a \neq \RR ^{3}}\), a zatem, na mocy pewnego ogólnego prostego faktu, rodzina dwuzbiorowa \(\displaystyle{ \left\{ R_a, \left( R_a\right) ^{'}= R_a ^{'} \right\} }\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3}.}\)
I mamy \(\displaystyle{ R_a= \underbrace{\left( - \infty , a\right]}_{ \in \mathbb{S}_0 } \times \underbrace{\RR}_{ \in \mathbb{S}_0} \times \underbrace{\RR}_{ \in \mathbb{S}_0}}\), a zatem \(\displaystyle{ R_a \in \mathbb{B}}\), i w podobny sposób otrzymujemy, że \(\displaystyle{ R'_a \in \mathbb{B}}\),
a zatem \(\displaystyle{ \left\{ R_a, R'_a\right\} \subset \mathbb{B}}\) i \(\displaystyle{ \mathcal{R}_a:= \left\{ R_a, R' _{a} \right\} \in \mathbb{A}}\),
i w ten sposób otrzymujemy funkcję \(\displaystyle{ \alpha}\) działającą w następujący sposób:
wtedy (widzimy, że jest to niemożliwe, ale może jeszcze pociągnijmy dalej, aby otrzymać sprzeczność w sposób bardziej ścisły)
wtedy infimum \(\displaystyle{ \bigwedge \left( a_1,+ \infty \right) = a_1= \bigwedge \left( - \infty,a_2 \right]}\), czyli zbiór \(\displaystyle{ \left( - \infty ,a_2\right]}\) ma infimum \(\displaystyle{ a_1}\), a więc w szczególności \(\displaystyle{ a_1}\) jest ograniczeniem dolnym zbioru \(\displaystyle{ \left( - \infty , a_2\right]}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ \left( - \infty ,a_2\right]}\) jest ograniczony z dołu, a \(\displaystyle{ \left( a_1-1\right) \in \left( -\infty ,a_2 \right] }\), a zatem, z definicji ograniczenia dolnego, wnioskujemy, że \(\displaystyle{ a_1 \le a_1-1}\)- sprzeczność.
Wobec czego \(\displaystyle{ R' _{a_1} \neq R _{a_2}}\).
Wobec czego \(\displaystyle{ R' _{a_1} = R' _{a_2}}\), czyli:
czyli \(\displaystyle{ a_1=a_2}\), i funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa.
A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \left[ 0,1\right] \right|= \left| \RR\right|}\) ,
Mamy \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right|\le \left| \RR\right|}\), a zatem, na mocy twierdzenia Cantora-Bernsteina: \(\displaystyle{ \mathbb{A}\sim \RR}\),
czyli istnieje dokładnie continuum rozkładów przestrzeni trójwymiarowej na kostki\(\displaystyle{ .\square}\)
Przejdźmy do drugiego z naszych faktów.
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną wszystkich rozkładów przestrzeni trójwymiarowej, tzn. niech :
I pytamy o moc rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}.}\)
Wykażemy, że ta moc wynosi co najmniej \(\displaystyle{ 2 ^{ \left| \RR\right| } .}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
Rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{S}= P\left( \RR ^{3} \right) \setminus \left\{ \emptyset , \RR ^{3} \right\} }\), wszystkich podzbiorów przestrzeni trójwymiarowej (niepustych i różnych od całej przestrzeni), podzielmy na dwie podrodziny \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{S}_2}\) w następujący sposób:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}_1=\left\{ A \in \mathbb{S}: \ \ \left( 0,0,0\right) \in A \right\}}\), i
\(\displaystyle{ \mathbb{S}_2= \left\{ A \in \mathbb{S}: \ \ \left( 0,0,0\right)\not \in A \right\}.}\)
Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1 \cup \mathbb{S}_2= \mathbb{S}.}\)
Wykażemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1\sim \mathbb{S}_2}\).
W tym celu definiujemy funkcję \(\displaystyle{ f:\mathbb{S}_1 \rightarrow \mathbb{S}_2}\), daną jako:
Musimy najpierw uzasadnić, że ta funkcja jest dobrze określona, czyli musimy wykazać, że \(\displaystyle{ A' \in \mathbb{S}_2}\).
Niewątpliwie \(\displaystyle{ A' \subset \RR ^{3}}\).
Mamy \(\displaystyle{ A' \neq \emptyset}\), bo gdyby byłoby \(\displaystyle{ A'=\emptyset}\), to wtedy \(\displaystyle{ A=\left( A'\right)'=\emptyset '= \RR^3}\), a ponieważ \(\displaystyle{ A \in \mathbb{S}}\), to \(\displaystyle{ A \neq \RR ^{3}}\)- sprzeczność. Wobec czego \(\displaystyle{ A' \neq \emptyset.}\)
Również \(\displaystyle{ A' \neq \RR ^{3}}\), bo gdyby byłoby \(\displaystyle{ A' = \RR ^{3}}\), to \(\displaystyle{ A= \left( A'\right) '= \left( \RR ^{3} \right) '= \emptyset}\), czyli \(\displaystyle{ A=\emptyset}\) ; ale \(\displaystyle{ A \in \mathbb{S} }\), a zatem \(\displaystyle{ A \neq \emptyset}\)- sprzeczność. Wobec czego \(\displaystyle{ A' \neq \RR ^{3}.}\)
Wobec czego \(\displaystyle{ A' \in \mathbb{S}}\), i mamy \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right)\not \in A' }\), bo \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \in A}\).
A zatem \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \not \in A'}\), a zatem \(\displaystyle{ A' \in \mathbb{S}_2}\), i funkcja:
Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
Jeśli \(\displaystyle{ f\left( A_1\right) = f(A_2)}\), to to oznacza, z definicji tej funkcji, że \(\displaystyle{ A'_1 = A'_2}\), a zatem \(\displaystyle{ A_1= \left( A'_1\right) '= \left( A'_2\right)'= A_2, }\)
i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
Wykażemy, teraz, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją 'na'.
Niech \(\displaystyle{ B \in \mathbb{S}_2}\). Wtedy \(\displaystyle{ B \in \mathbb{S}}\) i \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \not \in B}\).
Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ B' \subset \RR ^{3}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ B \in \mathbb{S},}\) więc \(\displaystyle{ B \neq \emptyset, \RR ^{3}}\), a zatem \(\displaystyle{ B' \neq \RR^3, \emptyset}\), a zatem \(\displaystyle{ B' \in \mathbb{S}}\), i ponieważ \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right)\not \in B}\), więc \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \in B'}\), a zatem \(\displaystyle{ B' \in \mathbb{S}_1,}\) i wtedy:
a zatem zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest wartością funkcji \(\displaystyle{ f}\). Z dowolności wyboru takiego zbioru otrzymujemy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją 'na'.
A zatem \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1\sim \mathbb{S}_2.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \RR ^{3}\sim \RR}\), więc \(\displaystyle{ P\left( \RR ^{3} \right) \sim P\left( \RR\right) \sim 2 ^{\RR}}\) , a ponieważ zbiór \(\displaystyle{ 2 ^{\RR} }\) jest zbiorem nieskończonym, więc \(\displaystyle{ \mathbb{S}= P\left( \RR ^{3} \right) \setminus \left\{ \emptyset, \RR ^{3} \right\} \sim P\left( \RR ^{3} \right) \sim 2 ^{\RR}.}\)
Zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) nie może być zbiorem skończonym, gdyż wtedy również zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_2}\), jako zbiór równoliczny z nim, również byłby skończony, a więc zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}= \mathbb{S}_1 \cup \mathbb{S}_2}\), jako suma dwóch zbiorów skończonych, byłby zbiorem skończonym, więc również zbiór \(\displaystyle{ 2 ^{\RR}}\), jako zbiór z nim równoliczny, byłby zbiorem skończonym- sprzeczność.
Wobec czego zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) musi być nieskończony, wtedy również zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_2\sim \mathbb{S}_1}\) jest nieskończony, i ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1 \subset \mathbb{S}_1 \cup \mathbb{S}_2= \mathbb{S}}\), więc \(\displaystyle{ \left| \mathbb{S}_1\right| \le \left| \mathbb{S}\right|.}\)
I zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) nie może być mocy silnie mniejszej od mocy zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\), gdyż wtedy ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{S}_2\sim \mathbb{S}_1}\), i zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\) jest nieskończony, więc \(\displaystyle{ \mathbb{S}= \mathbb{S}_1 \cup \mathbb{S}_2 \sim \mathbb{S}_1}\), a zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\) jest mocy silnie większej od mocy zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1}\), więc \(\displaystyle{ \mathbb{S}\not\sim \mathbb{S}_1}\) -sprzeczność.
Wobec czego \(\displaystyle{ \left| \mathbb{S}_1\right|\not <\left| \mathbb{S}\right|}\). Ale \(\displaystyle{ \left| \mathbb{S}_1\right| \le \left| \mathbb{S}\right|}\), a zatem \(\displaystyle{ \mathbb{S}_1\sim \mathbb{S}\sim 2 ^{\RR}.}\)
A zatem \(\displaystyle{ \mathbb{S} _{1}\sim 2 ^{\RR}.}\)
Wykażemy, że \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B} \right| \ge \left| \mathbb{S}_1\right|.}\)
W tym celu definiujemy funkcję \(\displaystyle{ f:\mathbb{S}_1 \rightarrow \mathbb{B}}\), w poniższy sposób:
Jeśli \(\displaystyle{ A \in \mathbb{S}_1}\), wtedy \(\displaystyle{ A \in \mathbb{S}}\) i \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \in A}\). Ponieważ \(\displaystyle{ A \in \mathbb{S}}\), więc \(\displaystyle{ A \subset \RR ^{3}}\) i \(\displaystyle{ A \neq \emptyset, \RR ^{3}}\), a zatem rodzina dwuzbiorowa \(\displaystyle{ \left\{ A, A' \right\}}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ \RR ^{3}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left\{ A, A' \right\} \in \mathbb{B}}\), i w ten sposób otrzymujemy funkcję \(\displaystyle{ f}\) działającą w poniższy sposób:
\(\displaystyle{ A \in \mathbb{S}_1\stackrel{f}{ \rightarrow } \left\{ A, A'\right\} \in \mathbb{B}.}\)
Wykażemy, że jest to funkcja różnowartościowa.
Jeśli \(\displaystyle{ f\left( A_1\right) = f\left( A_2\right)}\), wtedy \(\displaystyle{ \left\{ A_1, A'_1\right\} = \left\{ A_2, A'_2\right\} }\). Ponieważ \(\displaystyle{ A_1 \in \left\{ A_1, A'_1\right\}}\), więc z zasady równości zbiorów, mamy również: \(\displaystyle{ A_1 \in \left\{ A_2, A'_2\right\}.}\)
Przypuśćmy na moment, że \(\displaystyle{ A_1= A'_2.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ A_1 \in \mathbb{S}_1}\), więc \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \in A_1}\), a zatem również \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \in A'_2}\), a więc, z definicji dopełnienia zbioru: \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \not \in A_2}\); ale \(\displaystyle{ A_2 \in \mathbb{S}_1}\), więc \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right) \in A_2}\)- sprzeczność.
Wobec czego \(\displaystyle{ A_1 \neq A'_2}\), a zatem ponieważ \(\displaystyle{ A_1 \in \left\{ A_2, A'_2\right\}}\), więc: \(\displaystyle{ A_1=A_2}\),
i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.
A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{S}_1\right| \le \left| \mathbb{B}\right|}\), czyli \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \ge \left| \mathbb{S}_1\right| = \left| 2 ^{\RR} \right|.\square}\)
Jakub Gurak pisze: ↑26 gru 2022, o 20:10A tych pozostałych Waszych wybujałych konstrukcji, to ich nie rozumiem...
To może zamiast piłować dowody oczywistych faktów postaraj się je zrozumieć?
Jakub Gurak pisze: ↑26 gru 2022, o 20:10Przedwczoraj udowodniłem, że istnieje dokładnie continuum rozkładów przestrzeni trójwymiarowej na kostki (o dodatniej objętości).
Nie to udowodniłeś - w Twoim dowodzie zająłeś się wyłącznie rozkładami na bardzo specyficzne kostki, będące iloczynami kartezjańskimi przedziałów.
a4karo pisze: ↑19 paź 2022, o 12:54Półpłaszczyznę \(\displaystyle{ y>0}\) łatwo pokrywamy pionowymi półprostymi, tak samo robimy z półpłaszczyzną \(\displaystyle{ y<0}\) a prostą \(\displaystyle{ y=0}\) bez punktu \(\displaystyle{ (0,0)}\) też łatwo pokryjemy dwiema półprostymi
Racja, nie trzeba przecież łączyć początku danej półprostej z początkiem układu, tu zrobiłem błąd.
I, a4karo, dziękuje za ten przykład rozkładu - zapamiętam go.
Gdy to przeczytałem od razu przyszedł mi do głowy, inny, symetryczny przykład rozkładu płaszczyzny, bez początku układu, na półproste: Półpłaszczyznę \(\displaystyle{ x<0}\) pokrywamy półprostymi poziomymi, tak samo robimy z półpłaszczyzną \(\displaystyle{ x>0}\), a prostą \(\displaystyle{ x=0}\) bez punktu \(\displaystyle{ \left( 0,0\right)}\) też łatwo pokryjemy dwiema półprostymi pionowymi o początku w punkcie \(\displaystyle{ \left( 0,0\right).}\)
Cóż za głęboka obserwacja. Że też tego nie zauważyłem.
Tak mi przyszło go głowy, że jak obróci się to o 45 stopni to też się dostanie pokrycie. A może jakieś inne kąty też będą dobre.
Pomyśl Jakubie. Cóż za wspaniałe pole do odkryć
W ostatnią środę wreszcie udowodniłem, że dowolny ustalony odcinek otwarty liczb rzeczywistych o dodatniej długości można rozłożyć na zbiory przeliczalne, tzn. równoliczne ze zbiorem \(\displaystyle{ \NN}\). Nie chodzi tu o rozkład na przeliczalnie wiele zbiorów( bo to jest oczywiste, wystarczy podzielić odcinek na pół, potem pozostałą połowę na pół, ... itd.; i otrzymać przeliczalnie wiele takich zbiorów- tylko trzeba wziąć (gdyż pierwszy koniec całego odcinka ma być wyrzucony), więc pasuje wziąć tutaj przedziały otwarto-domknięte, i otrzymać rozkład tego odcinka na przeliczalnie wiele zbiorów), ale chodzi mi tu o rozkład odcinka na zbiory przeliczalne, tzn. chodzi tu o taki rozkład, że każdy zbiór tego rozkładu jest zbiorem przeliczalnym, a ilość zbiorów jest nieważna. W ostatnią środę ten fakt udowodniłem. Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu.
Rozważmy odcinek otwarty \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ a<b}\).
Wykażemy, że istnieje rozkład \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) tego odcinka \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) , taki, że jeśli \(\displaystyle{ A \in \mathbb{B}}\), to: \(\displaystyle{ A\sim\NN}\).
DOWÓD TEGO FAKTU:
Wpierw zdefiniujmy (pomocniczo) ciąg przedziałów otwarto domkniętych:
\(\displaystyle{ A_0= \left( a, \frac{a+b}{2} \right]; }\)
gdzie \(\displaystyle{ a<\frac{a+b}{2}<b;}\)
I (dalej definiujemy te przedziały w sposób rekurencyjny):
mając przedział otwarto-domknięty \(\displaystyle{ \left( a_n, b_n\right]}\) o dodatniej długości, definiujemy przedział:
\(\displaystyle{ A _{n+1}= \left( b_n, \frac{b_n+b}{2} \right]. }\)
Czyli dzielimy kolejne puste przedziały na połowy.
Wtedy:
\(\displaystyle{ b_n< \frac{b_n+b}{2}<b.}\)
Wtedy każdy taki przedział \(\displaystyle{ A_n}\) poprzedza przedział \(\displaystyle{ A _{n+1}}\), a więc ciąg przedziałów \(\displaystyle{ \left( A_n\right) _{n \in \NN}}\) jest ciągiem zbiorów rozłącznych.
jako funkcję liniową (ale nie spodziewałem się takiego wyniku, już miałem definiować taką funkcję na sumie tego ciągu rozłącznych przedziałów w sposób indukcyjny, aby przeskalować zbiór \(\displaystyle{ A_0}\) na \(\displaystyle{ A_1}\), zbiór \(\displaystyle{ A_1}\) przeskalować na \(\displaystyle{ A_2}\), itd.), i odkryłem, że jest to po prostu funkcja liniowa łącząca punkt o współrzędnych \(\displaystyle{ \left( a, \frac{a+b}{2} \right)}\) (z wyrzuceniem tego punktu ) z punktem o współrzędnych \(\displaystyle{ \left( b,b\right)}\), (daruje sobie zapisywanie wzoru takiej funkcji liniowej).
Definiujemy najpierw specjalny zbiór przeliczalny:
złożony z prawych końców takich przedziałów otwarto-domkniętych.
Ponieważ zawsze \(\displaystyle{ \max \left( A_n\right) \in A_n}\), a ciąg zbiorów \(\displaystyle{ \left( A_n\right)}\) jest ciągiem zbiorów rozłącznych, to te kolejne elementy są różne, a więc zbiór \(\displaystyle{ B_0}\) jest zbiorem przeliczalnym, tzn. równolicznym ze zbiorem \(\displaystyle{ \NN}\).
Teraz, dla dowolnej liczby \(\displaystyle{ x \in \left( a, \frac{a+b}{2} \right) \subset A_0,}\) definiujemy zbiór \(\displaystyle{ B_x,}\) dany jako:
Skoro przeskalowaliśmy tą funkcją zbiór \(\displaystyle{ A_0}\) na \(\displaystyle{ A_1}\), zbiór \(\displaystyle{ A_1}\) na \(\displaystyle{ A_2}\), itd., i utworzyliśmy pierwszy zbiór przeliczalny złożony z prawych końców takich przedziałów, a takie skalowanie w każdym kroku dzieli poprzedni przedział dokładnie na pół, więc jak weźmiemy liczbę ze startowego zbioru \(\displaystyle{ A_0}\) deczko wcześniejszą od prawego końca, to chyba otrzymamy zbiór przeliczalny złożony z deczko wcześniejszych odpowiednich liczb; jak weźmiemy liczbę startową z przedziału \(\displaystyle{ A_0}\) położoną bardziej na lewo to otrzymamy zbiór przeliczalny złożony z bardziej na lewo odpowiednich liczb; w sumie te zbiory przeliczalne pokryją nam cały odcinek \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\), ale musimy to udowodnić.
Wpierw uzasadnijmy, że kolejne zdefiniowane elementy zbioru \(\displaystyle{ B_x}\) są wzajemnie różne:
Z założenia:
\(\displaystyle{ x \in A_0}\), a zatem \(\displaystyle{ f\left( x\right) \in \stackrel{ \rightarrow }{f} \left( A_0\right) =A_1}\), a ponieważ zbiory \(\displaystyle{ A_0}\) i \(\displaystyle{ A_1}\) są rozłączne, więc \(\displaystyle{ x \neq f(x)}\)( gdyż w przeciwnym przypadku te dwa zbiory przecinałyby się). I zauważmy dalej, że ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest liniowa, to łatwo jest pokazać indukcyjnie, że zawsze \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow } {f} \left( A_n\right) = A _{n+1}}\). A zatem, jeśli oznaczymy te elementy zbioru \(\displaystyle{ B_x}\) (poprzez formalną definicję rekurencyjną), jako:
\(\displaystyle{ x_0= x}\), a \(\displaystyle{ x _{n+1} = f\left( x_n\right);}\)
to wiemy już, że \(\displaystyle{ x=x_0 \neq f(x)=x_1 \in A_1; }\)
a jeśli \(\displaystyle{ x \neq x _{n+1}= f\left( x_n\right) \in A_{n+1} }\), to \(\displaystyle{ x _{n+2}= f\left( x_n\right) \in \stackrel { \rightarrow } {f} \left( A_n+1\right) = A _{n+2}.}\) Wtedy: \(\displaystyle{ x \in A_0}\), a \(\displaystyle{ x _{n+2} \in A _{n+2}}\), a ponieważ zbiory \(\displaystyle{ A_0}\) i \(\displaystyle{ A _{n+2}}\) są rozłączne, więc: \(\displaystyle{ x \neq x _{n+2}}\), co kończy ten prosty dowód indukcyjny (chyba tutaj przesadziłem, a to dlatego, że tą część robiłem z marszu, bo coś nie dopisałem na kartce, i chyba tutaj trochę przekomplikowałem, ale trudno);
Wiemy zatem, że w szczególności mamy: \(\displaystyle{ x \neq x_1}\).
I jeśli elementy \(\displaystyle{ x, x_1, x_2, \ldots, x_n}\) są wzajemnie różne, to:
Ponieważ \(\displaystyle{ x _{n+1}= f\left( x_n\right)}\) , a \(\displaystyle{ x_0 \in A_0}\), \(\displaystyle{ x_1 \in A_1, \ldots, x_n \in A_n}\) (można to łatwo indukcyjnie udowodnić), więc \(\displaystyle{ x _{n+1}= f\left( x_n\right) \in \stackrel{ \rightarrow } {f} \left( A_n\right) = A _{n+1}.}\) A ponieważ zbiór \(\displaystyle{ A _{n+1}}\) jest zbiorem rozłącznym z każdym zbiorem \(\displaystyle{ A_0, A_1,A_2, \ldots, A_n}\), to element \(\displaystyle{ x _{n+1}}\) jest różny od każdego z elementów \(\displaystyle{ x_0, x_1, x_2, \ldots, x_n}\); co kończy ten dowód indukcyjny, i zbiór \(\displaystyle{ B_x}\) jest przeliczalny.
\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ B_x: \ x \in \left( a, \frac{a+b}{2} \right) \right\} \cup \left\{ B_0\right\}.}\)
Wiemy już, że jest to rodzina zbiorów przeliczalnych.
Pozostaje zatem pokazać, że taka rodzina zbiorów tworzy rozkład odcinka \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\).
Pozostaje wykazać, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
W tym celu rozważmy najpierw dwa zbiory postaci: \(\displaystyle{ B _{x_1}}\) i \(\displaystyle{ B _{x_2}}\), gdzie \(\displaystyle{ x_1, x_2 \in \left( a, \frac{a+b}{2} \right)}\), i \(\displaystyle{ x_1 \neq x_2}\).
Wykażemy, że są to zbiory rozłączne.
W tym celu wpierw uzasadnijmy, że element \(\displaystyle{ x_2}\) jest różny od każdego z elementów zbioru \(\displaystyle{ B _{x_1}}\). Niewątpliwie, z założenia: \(\displaystyle{ x_2 \neq x_1.}\) Natomiast dla innego elementu \(\displaystyle{ x_n^1}\) mamy: \(\displaystyle{ x_n^1 \in A_n}\), a \(\displaystyle{ x_2 \in A_0}\), więc ponieważ \(\displaystyle{ n>0}\), to zbiór \(\displaystyle{ A_0}\) jest zbiorem rozłącznym ze zbiorem \(\displaystyle{ A_n}\), a stąd \(\displaystyle{ x_2 \neq x_n^1}\).
Wykażemy teraz indukcyjnie, że: \(\displaystyle{ x_m^1 \neq x_m^2}\), dla każdego \(\displaystyle{ m}\) naturalnego.
Z założenia mamy: \(\displaystyle{ x_1 \neq x_2}\), co dowodzi podstawy indukcji.
Krok indukcyjny:
Jeśli \(\displaystyle{ x_m ^{1} \neq x_m ^{2}}\), to ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f}\), jako funkcja liniowa, jest różnowartościowa, więc:
\(\displaystyle{ x _{m+1} ^{1}= f\left( x _{m} ^{1} \right) \neq f\left( x _{m} ^{2} \right)= x _{m+1} ^{2},}\)
co dowodzi kroku indukcyjnego.
Zasada indukcji matematycznej gwarantuje, że \(\displaystyle{ x _{m} ^{1} \neq x _{m} ^{2}}\), dla każdego \(\displaystyle{ m}\) naturalnego.
Weźmy teraz dwa elementy (niekoniecznie różne) zbiorów \(\displaystyle{ B _{x_1}}\) i \(\displaystyle{ B _{x_2}}\), i oznaczmy je jako: \(\displaystyle{ x _{m} ^{1}}\) i \(\displaystyle{ x _{n} ^{2}}\). Pokażemy, że będą one wtedy na pewno różne. Wtedy \(\displaystyle{ x _{n} ^{2} \in A_n}\), i \(\displaystyle{ x _{m} ^{1} \in A_m}\), więc ponieważ zbiory \(\displaystyle{ A_n}\) i \(\displaystyle{ A_m}\) są rozłączne, dla \(\displaystyle{ n \neq m}\), więc wtedy, dla \(\displaystyle{ n \neq m}\), mamy: \(\displaystyle{ x _{n} ^{2} \neq x _{m} ^{1}.}\)
Pozostaje rozważyć przypadek gdy: \(\displaystyle{ n=m.}\)
Wtedy, na mocy faktu, który udowodniliśmy przed chwilą przez indukcję, otrzymujemy: \(\displaystyle{ x _{n} ^{2} \neq x _{n} ^{1}}\). Wobec czego zbiory \(\displaystyle{ B _{x_1}}\) i \(\displaystyle{ B _{x_2}}\) muszą być rozłączne.
Pozostaje wykazać, że zbiór \(\displaystyle{ B_0}\) jest rozłączny z każdym zbiorem \(\displaystyle{ B_x.}\)
Rozważmy zatem zbiór \(\displaystyle{ B_x}\), gdzie \(\displaystyle{ x \in \left( a, \frac{a+b}{2} \right)}\).
Wtedy: \(\displaystyle{ B_x= \left\{ x; f\left( x\right); f\left( \ f\left( x\right) \right); \ldots \right\};}\) i \(\displaystyle{ B_0= \left\{ \max \left( A_0\right) ; \max \left( A_1\right); \max \left( A_2\right); \ldots \right\}.}\)
Pokażemy najpierw, że element \(\displaystyle{ x}\) jest różny od każdego elementu zbioru \(\displaystyle{ B_0.}\)
Niewątpliwie, na mocy naszych założeń: \(\displaystyle{ x \neq \max \left( A_0\right) = \frac{a+b}{2}.}\) Natomiast dla innego zbioru \(\displaystyle{ A _{n+1}}\), mamy: \(\displaystyle{ \max\left( A _{n+1} \right) \in A _{n+1}}\), gdzie zbiór \(\displaystyle{ A _{n+1}}\) jest zbiorem rozłącznym ze zbiorem \(\displaystyle{ A_0}\), a stąd: \(\displaystyle{ x \neq \max\left( A _{n+1} \right). }\)
Weźmy teraz dwa elementy zbiorów \(\displaystyle{ B_0}\) i \(\displaystyle{ B_x}\), postaci: \(\displaystyle{ \max\left( A _{m} \right)}\) i \(\displaystyle{ x_n}\). Pokażemy, że te elementy muszą one być wtedy różne (wiem, dla Jana Kraszewskiego to jest to masło maślane, a dla mnie nie, nauczyłem się o to dbać, więc nie będę teraz cofał się w rozwoju- starego dziada się nie przestawia). Wtedy \(\displaystyle{ \max\left( A_m\right) \in A_m, x_n \in A_n}\), więc:
1) Dla \(\displaystyle{ n \neq m}\) zbiory \(\displaystyle{ A_n}\) i \(\displaystyle{ A_m}\) będą rozłączne, a stąd: \(\displaystyle{ x_n \neq \max \left( A_m\right).}\) 2) A dla \(\displaystyle{ n=m}\), wtedy, przez prostą indukcję można pokazać (gdyż funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest, jako funkcja liniowa, jest różnowartościowa), więc dla dowolnego \(\displaystyle{ k}\) naturalnego, mamy: \(\displaystyle{ x_k \neq max \left( A_k\right)}\), więc w szczególności: \(\displaystyle{ x_n \neq \max \left( A_{n=m}\right)}\), czego należało dowieść.
Wobec czego zbiór \(\displaystyle{ B_0}\) jest rozłączny ze zbiorem \(\displaystyle{ B_x}\), i, z dowolności wyboru elementu \(\displaystyle{ x}\) (oraz na mocy poprzedniej części, gdzie braliśmy dwa zbiory postaci \(\displaystyle{ B _{x_1}}\) i \(\displaystyle{ B _{x_2}}\)), otrzymujemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
Wobec czego rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rozkładem odcinka \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\) na zbiory przeliczalne.\(\displaystyle{ \square}\)
Trzeba będzie jeszcze ukończyć dowód faktu, mówiącego, że płaszczyznę \(\displaystyle{ \RR ^{2}}\) można rozłożyć na zbiory przeliczalne (mam tutaj pomysł, aby wykorzystać kratownicę \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ}\), już to zacząłem robić, ale jeszcze tego nie ukończyłem ).
I znów bardzo długi, zawiły i mało czytelny dowód oczywistego (na poziomie magistra matematyki) faktu.
Jak weźmiesz \(\displaystyle{ \QQ}\) jako podgrupę (addytywną) \(\displaystyle{ \RR}\), to jej warstwy dają podział prostej na zbiory przeliczalne. Jak to przytniesz do przedziału, to dostaniesz podział przedziału.
)
