Rozłączne figury

Algebra zbiorów. Relacje, funkcje, iloczyny kartezjańskie... Nieskończoność, liczby kardynalne... Aksjomatyka.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1371
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 56 razy
Pomógł: 83 razy

Rozłączne figury

Post autor: Jakub Gurak »

Nie tak dawno, czytając zadanie z testu na ważniaku: "Czy na płaszczyźnie można umieścić nieprzeliczalnie wiele rozłącznych kół" (o dodatniej średnicy), od razu pomyślałem o zadaniu analogicznym do tego dla elipsy, a właściwie dla powierzchni ograniczonych przez elipsy. Można oczywiście takie zadanie rozwiązać w analogiczny sposób jak dla kół (przypisując powierzchni ograniczonej przez elipsę przypisując jej punkt z jej środka o obu współrzędnych wymiernych), a można też zabawić się wpisując w elipsy koła, i uzasadnić to korzystając z tego, że kół rozłącznych na płaszczyźnie może być tylko przeliczalnie wiele, żeby poćwiczyć rozumowania na zbiorach nieprzeliczalnych (gdyż to będzie dowód nie wprost), i aby użyć tej sztuczki polegającej na wpisaniu w powierzchnię elipsową koła, gdyż jest to prosta sztuczka. Ostatnio zastosowałem też dwie podobne sztuczki polegające na wpisywaniu kola w kwadraty i na wpisywaniu kwadratów w prostokąty. Zbadałem też dokładnie jaka może być moc takich rozłącznych powierzchni ograniczonych przez elipsy. Przedstawię teraz te ciekawe dowody.


Przypomnijmy, na płaszczyźnie \(\displaystyle{ \RR ^{2}}\) każda rodzina rozłącznych kół (o dodatnich średnicach) jest co najwyżej przeliczalna.

SZKIC DOWODU TEGO FAKTU:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną rozłącznych kół o pewnych dodatnich średnicach.

Niech \(\displaystyle{ K\in \mathbb{B}}\) będzie dowolnym kołem tej rodziny. Ponieważ to koło ma dodatnią średnicę, to możemy przypisać mu punkt ze środka o obu współrzędnych wymiernych, czyli element zbioru \(\displaystyle{ \QQ \times \QQ}\). Wtedy zbiór \(\displaystyle{ \QQ \times \QQ}\) jest przeliczalny, a ta funkcja nie może dwóm różnym kołom przypisywać tego samego punktu ze środka, gdyż wtedy te dwa koła by się przecinały, a to są dwa koła z rodziny kół rozłącznych, więc te dwa koła powinny być rozłączne, a nie są. Wobec czego taka funkcja jest różnowartościowa. A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \QQ \times \QQ\right|=\left| \NN\right| }\), czyli rodzina \(\displaystyle{ \mathbb {B}}\) jest co najwyżej przeliczalna. \(\displaystyle{ \square}\)


Przejdźmy do naszych zadań.

Rozważmy najpierw analogiczne do tego zadanie dla elipsy.

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie pewną rodziną powierzchni ograniczonych przez elipsy (będziemy nazywać je krócej powierzchniami elipsowymi ) o środku symetrii w pewnym punkcie \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \RR_2}\) i o pewnej półosi wielkiej \(\displaystyle{ a>0}\) i o pewnej półosi małej \(\displaystyle{ b>0}\), rodziną powierzchni elipsowych rozłącznych.

I pytamy o moc rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}.}\)

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest co najwyżej przeliczalna.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Przypuśćmy nie wprost, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest nieprzeliczalna.

Niech \(\displaystyle{ S\in \mathbb{B}}\).

Wtedy \(\displaystyle{ S}\) jest powierzchnią elipsową o środku symetrii w pewnym punkcie \(\displaystyle{ \left( x_S,y_S\right) \in \RR^2}\), i o półosi wielkiej \(\displaystyle{ a_S>}\)0 i o półosi małej \(\displaystyle{ b_S>0.}\)

Niech \(\displaystyle{ R_S= min \left( a_S,b_S\right)}\) ,

czyli \(\displaystyle{ R_S}\) jest mniejszą z liczb \(\displaystyle{ a_S}\) i \(\displaystyle{ b_S.}\)

Wtedy \(\displaystyle{ R_S >0}\), i rozważmy koło \(\displaystyle{ K\left( \left( x_S,y_S\right);R_S \right)}\),

czyli jest to koło o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_S,y_S\right)}\), czyli o środku w tym samym punkcie co środek naszej powierzchni elipsowej, i o promieniu \(\displaystyle{ R_S}\)- czyli w elipsę wpisujemy koło, i to tak dla każdej powierzchni elipsowej \(\displaystyle{ S\in \mathbb{B}}\).

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ K\left( \left( x_S,y_S\right); R_S\right)\Bigl| \ \ S \in \mathbb{B} \right\}}\).

Wykażemy, że \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \mathbb{B}\right| .}\)

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

\(\displaystyle{ S \in \mathbb{B} \stackrel { \alpha } { \rightarrow } K \left( \left( x_S,y_S\right):R_S \right) \in \mathbb{A}.}\)

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

Podajmy najpierw pewien Lemat.

Lemat. Jeśli \(\displaystyle{ S\in \mathbb{B} }\) jest powierzchnią elipsową, to: \(\displaystyle{ K\left( \left( x_S,y_S\right);R_S \right) \subset S.}\)

Łatwo można to pokazać (a poza tym intuicyjnie jest to oczywiste), więc daruje sobie zapisywanie takiego dowodu.

Wykażemy, że funkcja:

\(\displaystyle{ \alpha : S \in \mathbb{B} \rightarrow K\left( \left( x_S,y_S\right); R_S \right)}\),

jest funkcją różnowartościową.

Jeśli \(\displaystyle{ \alpha \left( S_1\right) = \alpha \left( S_2\right)}\), to to oznacza, z definicji tej funkcji, że: \(\displaystyle{ K \left( \left( x _{S_1}, y _{S_1} \right) ; R _{S_!} \right) = K\left( \left( x _{S_2} , y _{S_2} \right); R _{S_2} \right)}\), oznaczmy to koło jako \(\displaystyle{ K\left( \left( x_S,y_S\right);R_S \right) }\), a więc jest to koło o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( x_S,y_S\right)}\) i o promieniu \(\displaystyle{ R_S}\).

Na mocy naszego lematu:

\(\displaystyle{ K\left( \left( x_S,y_S\right); R_S \right) \subset S_1,S_2}\), a ponieważ środek \(\displaystyle{ \left( x_S, y_S\right) \in K\left( \left( x_S,y_S\right); R _{S} \right)}\), to \(\displaystyle{ \left( x_S ,y_S\right) \in S_1, S_2}\), czyli \(\displaystyle{ \left( x_S,y_S\right) \in S_1 \cap S_2}\), a \(\displaystyle{ S_1,S_2\in \mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a więc z warunku rozłączności otrzymujemy: \(\displaystyle{ S_1=S_2}\), i funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa.

A zatem:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \mathbb{B}\right|> \left| \NN\right| }\), a zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| > \left| \NN\right|}\), czyli rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest nieprzeliczalna.

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych. Niech \(\displaystyle{ S_1, S_2\in \mathbb{B}}\) będą dwoma różnymi zbiorami. Ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, więc zbiory \(\displaystyle{ S_1}\) i \(\displaystyle{ S_2}\) są rozłączne. Na mocy naszego Lematu: \(\displaystyle{ K\left( \left( x _{S_1} , y _{S_1} \right); R _{S_1} \right) \subset S_1}\) i \(\displaystyle{ K\left( \left( x _{S_2} , y _{S_2} \right); R _{S_2} \right) \subset S_2}\), a zatem:

\(\displaystyle{ K\left( \left( x _{S_1} , y _{S_1} \right); R _{S_1} \right) \cap K\left( \left( x _{S_2} , y _{S_2} \right); R _{S_2} \right) \subset S_1 \cap S_2=,}\)

i ponieważ zbiory \(\displaystyle{ S_1}\) i \(\displaystyle{ S_2}\) są rozłączne, więc ten przekrój jest pusty.

A zatem również przekrój koła \(\displaystyle{ K\left( \left( x _{S_1}, y _{S_1} \right); R _{S_1} \right)}\) i koła \(\displaystyle{ K\left( \left( x _{S_2}, y _{S_2} \right); R _{S_2} \right)}\) jest pusty, i są to dwa koła rozłączne,

i \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.

Ale \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną kół (o dodatnich promieniach ) i jest to rodzina nieprzeliczalna, a w \(\displaystyle{ \RR^2}\) nie może być nieprzeliczalnie wielu rozłącznych kół- sprzeczność.

Wobec czego rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) musi być co najwyżej przeliczalna.\(\displaystyle{ \square}\) :lol:


Wykażemy teraz, że może istnieć dokładnie przeliczalnie wiele takich rozłącznych powierzchni elipsowych.

W tym celu dla dowolnej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n\in\ZZ}\) rozważmy koło:

\(\displaystyle{ X_n:= K\left( \left( n+ \frac{1}{2}, n+ \frac{1}{2} \right); \frac{1}{2} \right) }\),

koło o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( n+ \frac{1}{2}, n+ \frac{1}{2} \right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ \frac{1}{2}.}\)

Takie koła tworzą przeliczalną rodzinę rozłącznych kół- oto piękna ilustracja tego faktu: \(\displaystyle{ \\}\)
Przeliczalna ilość rozłącznych kół.jpg
8-)

Jednak, taki rysunek, nie zastępuje dowodu. Przedstawiam poniżej, w ukrytej treści, dowód tego faktu.
DOWÓD TEGO FAKTU::    
Wykażemy jeszcze, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\) może istnieć rodzina rozłącznych powierzchni elipsowych mocy \(\displaystyle{ n}\).

Podobnie, dla dowolnego \(\displaystyle{ m=1,2,\ldots, n}\) rozważamy koło:

\(\displaystyle{ X_m= K \left( \left( m- \frac{1}{2}, m- \frac{1}{2}\right) ; \frac{1}{2} \right).}\)

Ponieważ koła o róznych środkach są różne, to dla \(\displaystyle{ m_1 \neq m_2}\) będziemy mieli \(\displaystyle{ X _{m_1} \neq X _{m_2}}\), a zatem \(\displaystyle{ \left| \left\{ X_m: \ m=1,2,\ldots, n\right\} \right|= n}\), i ponieważ każdy okrąg jest elipsą, więc jest to rodzina powierzchni elipsowych, rodzina zbiorów rozłącznych mocy \(\displaystyle{ n.\square}\)

A więc na płaszczyźnie można umieścić dowolną, co najwyżej przeliczalną ilość takich rozłącznych powierzchni elipsowych.


Przejdźmy do kolejnego zadania:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\) będzie rodziną wszystkich właściwych przedziałów domkniętych w \(\displaystyle{ \left( \RR, \le\right) }\) tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}=\left\{ \left[ a,b\right]\Bigl| \ \ a,b\in\RR, a<b \right\} .}\)

Jeśli mamy taki przedział domknięty \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] \in \mathbb{S}}\), to wtedy możemy odzyskać jego końce (jako jego element najmniejszy \(\displaystyle{ a}\) i jego element największy \(\displaystyle{ b}\)) , wtedy \(\displaystyle{ b-a>0}\), i niech:

\(\displaystyle{ l _{\left[ a,b\right] }:= b-a}\),

taką wartość nazwiemy długością przedziału domkniętego \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] .}\)

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną wszystkich prostokątów zbudowanych z dwóch przedziałów domkniętych o tych samych długościach, tzn. niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ A \times B\Bigl| \ \ A,B \in \mathbb{S} \hbox{ i } l_A= l_B \right\}}\),

formalniej, definiujemy najpierw rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{A}_0}\), jako:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}_0= \left\{ A \times B\Bigl| \ \ \left( A,B\right) \in \mathbb{S} \times \mathbb{S} \right\}.
}\)


I zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ C= A \times B \in \mathbb{A}_0}\), to lewa dziedzina takiej relacji w \(\displaystyle{ \RR}\) jest równa \(\displaystyle{ C_L=A}\), a jej prawa dziedzina jest równa \(\displaystyle{ C_P=B.}\)

A zatem, niech dalej :

\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ C\in \mathbb{A}_0: l _{C_L} = l _{C_P} \right\},}\)

bo jeśli \(\displaystyle{ C \in \mathbb{A}_0}\), to \(\displaystyle{ C=A \times B}\) ,gdzie \(\displaystyle{ A,B \in \mathbb{S}}\). Wtedy \(\displaystyle{ C_L= \left( A \times B\right)_L=A}\) i \(\displaystyle{ C_P= \left( A \times B\right) _P= B}\), a więc ten ostatni warunek mówi tak naprawdę, że \(\displaystyle{ l(A)= l(B )}\), czyli, że te dwa przedziały domknięte z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\) mają taką sama długość. :lol:

Czyli jest to rodzina wszystkich właściwych kwadratów domkniętych na płaszczyźnie (nie kwadratów kartezjańskich, co prawda są to iloczyny kartezjańskie, ale nie muszą to być iloczyny kartezjańskie zbioru przez samego siebie, to mogą być dwa różne przedziały domknięte, byle by miały tą samą długość).

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B} \subset \mathbb{A}}\) będzie rodziną zbiorów rozłącznych, dowolną rodziną takich rozłącznych kwadratów.

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) musi być co najwyżej przeliczalna.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Przypuścmy nie wprost, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest nieprzeliczalna.

Jeśli \(\displaystyle{ C \in \mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ C\in \mathbb{A}}\), a zatem \(\displaystyle{ C= A \times B}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B \in \mathbb{S},}\) i \(\displaystyle{ l_A=l_B>0}\).

Wtedy, z definicji rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\), mamy:

\(\displaystyle{ A=\left[ a_1, a_2\right] }\), gdzie \(\displaystyle{ a_1<a_2;}\) i
\(\displaystyle{ B= \left[ b_1,b_2\right]}\), gdzie \(\displaystyle{ b_1<b_2.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ l_A=l_B >0}\), więc również \(\displaystyle{ \frac{ l_A}{2}>0}\), i niech \(\displaystyle{ X_C}\) będzie kołem wpisanym w ten kwadrat, tzn. niech:

\(\displaystyle{ X_C= K \left( \left( a_1+ \frac{l_A}{2}, b_1+ \frac{l_B}{2} \right); \frac{l_A}{2} \right).}\)

Czyli w środku tego kwadratu wpisujemy koło o promieniu równym połowie długości boku tego kwadratu.

Wykażemy, że funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) działająca w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ C \in \mathbb{B} \stackrel{ \alpha }{ \rightarrow }X_C ,}\)

jest funkcją różnowartościową.

Podajmy najpierw pewien Lemat.

Lemat: Jeśli \(\displaystyle{ C\in \mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ C\supset X_C}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::    
Wykażemy, że funkcja:

\(\displaystyle{ C \in \mathbb{B}\stackrel{ \alpha }{ \rightarrow} X_C \in \mathbb{A}:= \left\{ X_C: \ \ C \in \mathbb{B}\right\} }\),

jest funkcją różnowartościową.

Jeśli \(\displaystyle{ \alpha \left( C_1\right) = \alpha \left( C_2\right) }\), to, z definicji tej funkcji, oznacza to, że \(\displaystyle{ X _{C_1}= X _{C_2}}\), oznaczmy ten zbiór jako \(\displaystyle{ X_C}\). Na mocy naszego Lematu: \(\displaystyle{ X _{C_1}\subset C _{1}}\) i \(\displaystyle{ X _{C_2} \subset C_2}\); czyli \(\displaystyle{ X_C \subset C_1,C_2}\). Zauważmy, że punkt \(\displaystyle{ X_0:= \left( a_1+ \frac{l_A}{2}, b_1+ \frac{l_B}{2} \right) \in X_C}\) (jest to środek tego koła), a zatem \(\displaystyle{ X_0 \in C_2,C_1}\), czyli \(\displaystyle{ X_0 \in C_1 \cap C_2}\), ale \(\displaystyle{ C_1,C_2 \in \mathbb{B}}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a więc z warunku rozłączności otrzymujemy: \(\displaystyle{ C_1=C_2}\), i funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa.

A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left\{ X_C: \ C \in \mathbb{B} \right\} =\mathbb{A}.}\)

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A} }\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.

Weźmy dwa zbiory tej rodziny postaci \(\displaystyle{ X _{C_1}}\), gdzie \(\displaystyle{ C_1 \in \mathbb{B}}\); oraz weźmy zbiór postaci \(\displaystyle{ X _{C_2}}\), gdzie \(\displaystyle{ C_2 \in \mathbb{B}}\), i tak aby było \(\displaystyle{ C_1 \neq C_2}\). Ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, więc zbiory \(\displaystyle{ C_1}\) i \(\displaystyle{ C_2}\) są rozłączne. Wykażemy, że również zbiory \(\displaystyle{ X _{C_1}}\) i \(\displaystyle{ X _{C_2}}\) są rozłączne. W tym celu wyznaczmy ich przekrój. Na mocy naszego Lematu \(\displaystyle{ X _{C_1} \subset C_1}\) i \(\displaystyle{ X _{C_2} \subset C_2}\). A zatem \(\displaystyle{ X _{C_1} \cap X _{C_2} \subset C_1 \cap C_2}\), i ponieważ zbiory \(\displaystyle{ C_1}\) i \(\displaystyle{ C_2}\) są rozłączne, to ich przekrój jest zbiorem pustym, a ponieważ jedynym podzbiorem zbioru pustego jest on sam, więc również \(\displaystyle{ X _{C_1} \cap X _{C_2}= \left\{ \right\}}\), i zbiory \(\displaystyle{ X _{C_1}}\) i \(\displaystyle{ X _{C_2}}\) są rozłączne, i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.

Ale \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną kół, a ponieważ \(\displaystyle{ \left| \mathbb{A}\right| \ge \left| \mathbb{B}\right|,}\) a rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest nieprzeliczalna, więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest również nieprzeliczalna. Ale \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną kół (o dodatnich promieniach), a na płaszczyźnie nie ma nieprzeliczalnie wielu rozłącznych kół- otrzymaliśmy więc sprzeczność.

Wobec czego rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) musi być co najwyżej przeliczalna\(\displaystyle{ .\square}\)


I ostatnie nasze zadanie:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ \left[ a,b\right]\Bigl| \ \ a,b \in \RR, a<b \right\},}\)

będzie rodziną wszystkich właściwych przedziałów domkniętych (o dodatniej długości). Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A} = \left\{ A \times B\Bigl| \ \ A,B \in \mathbb{S}\right\}= \left\{ A \times B\Bigl| \ \ \left( A,B\right) \in \mathbb{S} \times \mathbb{S} \right\}. }\)

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B} \subset \mathbb{A}}\) będzie dowolną rodziną zbiorów rozłącznych.

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest co najwyżej przeliczalna.

Udowodnimy to na dwa sposoby.

PIERWSZY DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech \(\displaystyle{ C \in \mathbb{B} \subset \mathbb{A}}\). Wtedy \(\displaystyle{ C= A \times B}\), gdzie \(\displaystyle{ A, B \in \mathbb{S}}\). Wtedy \(\displaystyle{ A= \left[ a_1, a_2\right]}\), gdzie \(\displaystyle{ a _1<a_2}\); oraz \(\displaystyle{ B= \left[ b_1,b_2\right] }\), gdzie \(\displaystyle{ b_1<b_2.}\)

Wtedy pomiędzy liczbami \(\displaystyle{ a_1}\) a \(\displaystyle{ a_2}\) jest liczba wymierna, a zatem otrzymujemy pewną liczbę wymierną \(\displaystyle{ x_A\in \QQ}\), taką, że: \(\displaystyle{ a_1<x_A<a_2}\). Podobnie, dla pary elementów \(\displaystyle{ \left( b_1, b_2 \right)}\) otrzymujemy, że istnieje liczba wymierna \(\displaystyle{ x_B \in \QQ}\), taka, że: \(\displaystyle{ b_1<x_B <b_2}\).

Wtedy \(\displaystyle{ x_A \in A= \left[ a_1,a_2\right] }\), i podobnie: \(\displaystyle{ x_B \in \left[ b_1,b_2\right]=B.}\)

A zatem \(\displaystyle{ \left( x_A, x_B\right) \in A \times B =C,}\) i mamy \(\displaystyle{ \left( x_A, x_B\right) \in \QQ \times \QQ}\), i zbiorowi \(\displaystyle{ C \in \mathbb{B}}\) przypisujemy parę \(\displaystyle{ \left( x_A, x_B\right) \in C \cap \left( \QQ \times \QQ\right)}\), i (stosując być może aksjomat wyboru, a dokładniej twierdzenie o funkcji wyboru) otrzymujemy funkcję \(\displaystyle{ f}\), działającą w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ C \in \mathbb{B} \stackrel{f} { \rightarrow } \left( x_A,x_B\right) \in C \cap \left( \QQ \times \QQ\right).}\)

Czyl otrzymujemy funkcję:

\(\displaystyle{ f: \mathbb{B} \rightarrow \QQ \times \QQ\sim \NN.}\)

Łatwo jest pokazać, ponieważ zbiorowi \(\displaystyle{ C \in \mathbb{B}}\) przypisujemy jego element, a rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, więc łatwo jest pokazać, że ta funkcja nie może dwóm różnym zbiorom przypisywać tego samego elementu, a więc jest to funkcja różnowartościowa.

A zatem \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \QQ \times \QQ\right|=\left| \NN\right| }\), czyli rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest co najwyżej przeliczalna.\(\displaystyle{ \square}\)

DRUGI DOWÓD TEGO FAKTU (CIEKAWSZY):

Przypuścmy nie wprost, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest nieprzeliczalna.

Jeśli \(\displaystyle{ C \in \mathbb{B}\subset \mathbb{A}}\), to \(\displaystyle{ C= A \times B}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B \in \mathbb{S}.}\) Wtedy \(\displaystyle{ A=\left[ a_1, a_2\right]}\), gdzie \(\displaystyle{ a_1 <a_2}\), i podobnie \(\displaystyle{ B=\left[ b_1,b_2\right],}\) gdzie \(\displaystyle{ b_1<b_2}\).

Niech:

\(\displaystyle{ S_C:= min \left( a_2-a_1, b_2-b_1\right),}\)

czyli jest to mniejsza z liczb \(\displaystyle{ a_2-a_1}\) i \(\displaystyle{ b_2-b_1}\) - mniejsza z długości tych przedziałów \(\displaystyle{ A,B}\).

Wtedy \(\displaystyle{ a_2-a_1>0}\), i \(\displaystyle{ b_2-b_1>0}\), a zatem również \(\displaystyle{ S_C>0}\),

i zbiorowi \(\displaystyle{ C}\) przypisujemy zbiór \(\displaystyle{ X_C}\), dany jako:

\(\displaystyle{ X_C=\left[ a_1, a_1+S_C \right] \times \left[ b_1, b_1+S_C\right],}\)

można powiedzieć, że w taki prostokąt wpisujemy największy możliwy kwadrat.

Wtedy obydwie składowe tego prostokąta kartezjańskiego, są to przedziały domknięte (o dodatniej długości ), czyli one należą do rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\), i długość pierwszego z tych przedziałów wynosi \(\displaystyle{ \left( a_1+S_C\right)-a_1=S_C}\), a długość drugiego przedziału również wynosi \(\displaystyle{ S_C}\), a zatem:

\(\displaystyle{ X_C \in \mathbb{D}:= \left\{ A \times B\Bigl| \ \ A,B\in \mathbb{S}, l_A= l_B\right\}}\),

i w ten sposób otrzymujemy funkcję:

\(\displaystyle{ C\in \mathbb{B} \stackrel{f}{ \rightarrow } X_C \in \mathbb{D}.}\)

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

Podamy teraz Lemat, podobnie jak wcześniej.

Lemat: Jeśli \(\displaystyle{ C \in \mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ X_C \subset C}\).

Łatwo można to udowodnić.

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

Jeśli \(\displaystyle{ f\left( C_1\right) = f(C_2)=Y}\), oznaczmy ten zbiór jako \(\displaystyle{ Y.}\)

Na mocy Lematu powyżej \(\displaystyle{ X _{C_1}= X _{C_2} =Y \subset C_1,C_2}\), a ponieważ zbiór \(\displaystyle{ Y}\) jest kwadratem domkniętym, a więc niewątpliwie jest zbiorem niepustym. Ustalmy zatem punkt \(\displaystyle{ P\in Y \subset C_1,C_2}\). Wtedy \(\displaystyle{ P \in C_1 \cap C_2.}\) Ale \(\displaystyle{ C_1,C_2\in \mathbb{B}}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a więc z warunku rozłączności otrzymujemy, że \(\displaystyle{ C_1=C_2}\), i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.

A zatem:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \left\{ X_C: \ C\in \mathbb{B}\right\} \right| \subset \mathbb{D}.}\)

Łatwo można pokazać, w sposób podobny jak wcześniej, że rodzina \(\displaystyle{ \left\{ X_C: \ C \in \mathbb{B}\right\}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, gdyż rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.

A więc rodzina \(\displaystyle{ \left\{ X_C: \ C \in \mathbb{B} \right\}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.

Ale jest to rodzina kwadratów (o dodatnich długościach boków), a ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest nieprzeliczalna, to ponieważ \(\displaystyle{ \left| \left\{ X_C: \ C \in \mathbb{B}\right\} \right| \ge \left| \mathbb{B}\right|}\) , więc taka rodzina jest również nieprzeliczalna.

A na mocy poprzednio rozwiązanego zadania na płaszczyźnie nie może być nieprzeliczalnie wielu rozłączych kwadratów- sprzeczność.

Wobec czego rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) musi być co najwyżej przeliczalna\(\displaystyle{ .\square}\) :lol:


Na koniec dodam taką ciekawostkę:

Autorzy ważniaka wykazali się sprytem dowodząc prawa łączności mnożenia liczb naturalnych, czyli prawa liczb naturalnych:

\(\displaystyle{ \left( k \cdot m\right) \cdot n= k \cdot \left( m \cdot n\right)}\),

przy poniższej definicji mnożenia liczb naturalnych:

\(\displaystyle{ 0 \cdot m=0}\), dla dowolnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ m}\), i
\(\displaystyle{ n' \cdot m= n \cdot m+m}\), dla dowolnych liczb naturalnych \(\displaystyle{ n,m.}\)

Dowód prawa łączności mnożenia:

\(\displaystyle{ k \cdot \left( m \cdot n\right) = \left( k \cdot m\right) \cdot n}\),

jest indukcyjny, ze względu na zmienną \(\displaystyle{ k}\). Przedstawię teraz dowód podstawy tej indukcji:

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech \(\displaystyle{ n.m\in\NN}\).

Na mocy definicji mnożenia: \(\displaystyle{ 0 \cdot m=0}\), więc za to \(\displaystyle{ 0 \cdot m}\) podstawiamy \(\displaystyle{ 0}\), i otrzymujemy:

\(\displaystyle{ (k \cdot m ) \cdot n= \left( 0 \cdot m\right) \cdot n= 0 \cdot n=0}\);

a ponieważ iloczyn dwóch liczb naturalnych jest liczbą naturalną, to podstawiając w pierwszej części definicji mnożenia \(\displaystyle{ m \cdot n}\) za \(\displaystyle{ m}\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ k \cdot \left( m \cdot n\right)= 0 \cdot \left( m \cdot n\right) =0 = \left( 0 \cdot m\right) \cdot n= \left( k \cdot m\right) \cdot n.\square }\)8-)

\(\displaystyle{ 0}\) jest ważne.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 33947
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5187 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 8 lis 2022, o 21:32 Nie tak dawno, czytając zadanie z testu na ważniaku:
A ja powtórzę pytanie, które kiedyś zadałem: czytasz z teorii mnogości cokolwiek poza ważniakiem?

JK
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22115
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3737 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: a4karo »

Jak na człowieka po studiach matematycznych, to te dowody są rzeczywiście dużym osiągnięciem. Ale na wszelki wypadek nie chwal się, którą uczelnię skończyłeś
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1371
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 56 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jakub Gurak »

Jan Kraszewski pisze: 8 lis 2022, o 22:02 czytasz z teorii mnogości cokolwiek poza ważniakiem?
Przeczytałem dokładnie teorię mnogości w "Logice formalnej" Borkowskiego. Choć, jak można podejrzewać, ta książka nie skupia się na teorii mnogości, i istotnie - w tej książce teoria mnogości jest to jeden, góra półtora rozdziału.

Poszukuję książki z teorii mnogości, najlepiej po polsku, gdyż u mnie z angielskim jest kiepsko. Ale nie chcę książki typu: "Kuratowski Mostowski, Teoria Mnogości", gdyż to nie jest książka z klasyczną teorią mnogości- tam, teoria mnogości, to zajmuje na moje oko jedynie jedną piątą książki- reszta to topologie, algebry, wszystko co się da. I styl książki, może sam styl jest fajny, zwięzły i ścisły, bez przesadnego formalizmu- ale to podejście rachunkowe to mi się nie podoba ( ja, z zachwytu nad żmudnymi wzorami, to już dawno wyrosłem :twisted: ), a dowody... twierdzenia same się dowodzą... A jeszcze we wstępie zapowiadają się, że to będzie formalny wykład- co za oszustwo...
Inną sprawą, jest to, że w tej książce od razu rzucają się na głęboką wodę; no ja, co prawda cały czas rozwijam się matematycznie, ale przyznam szczerze- sto razy wolniej, może mam coś zablokowane...

Szukam porządnej, przystępnej książki, z nastawieniem na rozwijanie wyobraźni matematycznej (im więcej będzie ilustracji w takiej książce, tym lepiej). Mogą tam być elementy abstrakcyjne, ale niech będzie to na poziomie bardziej miłym i przyjemnym, bo jakoś takie żmudne wzory i abstakcje mnie nie pociągają; więc jak będą, to nie będę się w nie wczytywał. Natomiast wyobraźnią matematyczną nie pogardzę.

Co polecacie po polsku poza książką:
"Błaszczyk. Turek. Teoria Mnogości" :?:


A jeśli chodzi o zbiory rozłączne, to będzie można zbadać, czy jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem nieskończonym, to jaką moc mogą mieć rodziny rozłącznych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\)? Podejrzewam, że będą mieć moc co najwyżej taką, jak moc zbioru \(\displaystyle{ X}\). Jednak nie można tego uogólnić na dowolne zbiory. Nie zachodzi odpowiednie do tego twierdzenie dla skończonych zbiorów \(\displaystyle{ X}\)- i to wszystko przez zbiór pusty, który jest rozłączny z każdym zbiorem.

Wystarczy rozważyć, dla \(\displaystyle{ n}\)- elementowego skończonego zbioru \(\displaystyle{ X}\), wtedy rozważmy :

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ \left\{ x\right\}\Bigl| \ \ x \in X\right\} \cup \left\{ \emptyset\right\}. }\)

Ponieważ różne zbiory jednoelementowe są rozłączne, a zbiór pusty jest rozłączny z każdym zbiorem, to rodzina \(\displaystyle{ \mathbb {B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych mającą dokładnie \(\displaystyle{ \left( n+1\right) }\) elementów, czyli o jeden element więcej niż moc zbioru \(\displaystyle{ X,}\) niestety.

Można podejrzewać, że dla zbiorów nieskończonych już tak nie będzie, gdyż dodanie jednego elementu do zbioru nieskończonego nie zwiększa jego mocy.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 33947
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5187 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 15 gru 2022, o 23:48Ale nie chcę książki typu: "Kuratowski Mostowski, Teoria Mnogości", gdyż to nie jest książka z klasyczną teorią mnogości- tam, teoria mnogości, to zajmuje na moje oko jedynie jedną piątą książki- reszta to topologie, algebry, wszystko co się da. I styl książki, może sam styl jest fajny, zwięzły i ścisły, bez przesadnego formalizmu- ale to podejście rachunkowe to mi się nie podoba ( ja, z zachwytu nad żmudnymi wzorami, to już dawno wyrosłem :twisted: ), a dowody... twierdzenia same się dowodzą... A jeszcze we wstępie zapowiadają się, że to będzie formalny wykład- co za oszustwo...
Obawiam się, że nie jesteś wystarczająco kompetentny, by oceniać taką książkę. Tym bardziej, że nie masz raczej pojęcia, co to jest "klasyczna teoria mnogości".
Jakub Gurak pisze: 15 gru 2022, o 23:48Szukam porządnej, przystępnej książki, z nastawieniem na rozwijanie wyobraźni matematycznej (im więcej będzie ilustracji w takiej książce, tym lepiej). Mogą tam być elementy abstrakcyjne, ale niech będzie to na poziomie bardziej miłym i przyjemnym, bo jakoś takie żmudne wzory i abstakcje mnie nie pociągają; więc jak będą, to nie będę się w nie wczytywał. Natomiast wyobraźnią matematyczną nie pogardzę.
Ha, ha, dobry żart :lol:
Jakub Gurak pisze: 15 gru 2022, o 23:48Co polecacie po polsku poza książką:
"Błaszczyk. Turek. Teoria Mnogości" :?:
Wg mnie to jest po polsku najlepsza książka z teorii mnogości (i w zasadzie jedyna współczesna). Rynek polskojęzyczny jest dość płytki, a jak ktoś naprawdę jest zainteresowany teorią mnogości, to czyta po angielsku.
Jakub Gurak pisze: 15 gru 2022, o 23:48A jeśli chodzi o zbiory rozłączne, to będzie można zbadać, czy jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem nieskończonym, to jaką moc mogą mieć rodziny rozłącznych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\)? Podejrzewam, że będą mieć moc co najwyżej taką, jak moc zbioru \(\displaystyle{ X}\).
No to jest raczej oczywiste. Przecież każdą rozłączną rodzinę podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\) możesz uzupełnić do podziału tego zbioru (modulo zbiór pusty), dodając jeden zbiór, a wiadomo, że moc dowolnego podziału jest nie większa od mocy dzielonego zbioru (a dodanie jednego zbioru pustego ze względu na nieskończoność zbioru \(\displaystyle{ X}\) niczego nie zmienia).

JK
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22115
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3737 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: a4karo »

Jan Kraszewski pisze: 16 gru 2022, o 00:26
Jakub Gurak pisze: 15 gru 2022, o 23:48A jeśli chodzi o zbiory rozłączne, to będzie można zbadać, czy jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem nieskończonym, to jaką moc mogą mieć rodziny rozłącznych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\)? Podejrzewam, że będą mieć moc co najwyżej taką, jak moc zbioru \(\displaystyle{ X}\).
No to jest raczej oczywiste. Przecież każdą rozłączną rodzinę podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\) możesz uzupełnić do podziału tego zbioru (modulo zbiór pusty), dodając jeden zbiór, a wiadomo, że moc dowolnego podziału jest nie większa od mocy dzielonego zbioru (a dodanie jednego zbioru pustego ze względu na nieskończoność zbioru \(\displaystyle{ X}\) niczego nie zmienia).

JK
Nie wiadomo. Na ważniaku nie było, a JG jeszcze nie udowodnił tego zachwycającego faktu :P

Dodano po 19 minutach 54 sekundach:
Jakub Gurak pisze:Autorzy ważniaka wykazali się sprytem dowodząc prawa łączności mnożenia liczb naturalnych, czyli prawa liczb naturalnych:
I. Genesis
Na początku był ważniak
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1371
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 56 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jakub Gurak »

Jakub Gurak pisze: 15 gru 2022, o 23:48Co polecacie po polsku poza książką:
"Błaszczyk. Turek. Teoria Mnogości" :?:
Jan Kraszewski pisze: 16 gru 2022, o 00:26 Wg mnie to jest po polsku najlepsza książka z teorii mnogości
Najlepsza... Ha, ha...
Żeby była najlepsza, to ta książka powinna być przynajmniej dobra;
a tymczasem... -nie da się tego czytać, autorzy niewiele co tłumaczą.
Zresztą, będę szczery, taka kosmiczna teoria mnie kompletnie nie interesuje.

Mnie interesuje matematyka od strony wyobraźni (a nie od strony wyliczeń ), także szukałbym np. czegoś co robi lepszy użytek ze zwykłej płaszczyzny, prostej- także wyobraźnią matematyczną nie pogardzę; ewentualnie prosta logika; albo jakieś ciekawostki (ale muszą to być rzeczy naprawdę ciekawe, jak np. dowód niesprzeczności matematyki ). Reszta mnie nie pociąga.

Czy znajdę książkę w której jest sporo matematyki tego typu :?:
Czy może jednak nikt poza mną i autorami ważniaka nie interesuje się tym??

Interesuje mnie rozwijanie (w zasadzie dowolnej) gałęzi z teorii mnogości na ważniaku ( rozkłady zbioru, relacje, przedziały w zbiorze liniowo uporządkowanym, itd. )- wszystko to mogłoby być fajne, a jednak nikt się tym nie interesuje, to smutne... :?
:lol:

Dla zbiorów \(\displaystyle{ A,B}\) może być: \(\displaystyle{ \left( A \cup B\right) \setminus B \neq A, }\) wystarczy wziąć: \(\displaystyle{ A=\left\{ 1,2\right\}; B=\left\{ 2,3\right\}. }\)
Jednak, jak zbiory \(\displaystyle{ A,B}\) są rozłączne, to: \(\displaystyle{ \left( A \cup B\right) \setminus B=A. }\) 8-)
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 33947
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5187 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 8 lut 2023, o 17:08
Jakub Gurak pisze: 15 gru 2022, o 23:48Co polecacie po polsku poza książką:
"Błaszczyk. Turek. Teoria Mnogości" :?:
Jan Kraszewski pisze: 16 gru 2022, o 00:26 Wg mnie to jest po polsku najlepsza książka z teorii mnogości
Najlepsza... Ha, ha...
Żeby była najlepsza, to ta książka powinna być przynajmniej dobra;
a tymczasem... -nie da się tego czytać, autorzy niewiele co tłumaczą.
Zresztą, będę szczery, taka kosmiczna teoria mnie kompletnie nie interesuje.
Bo to jest książka do teorii mnogości (nawet nie do zaawansowanej teorii mnogości), a nie opowiadająca, jak przepisywać na dwadzieścia sposobów te same bardzo elementarne rozumowania. Po prostu Ty nie zajmujesz się w zasadzie teorią mnogości, cały czas stoisz w jej przedsionku.

W nieuprawniony sposób stosujesz kwantyfikator ogólny - to, że Ty nie dajesz rady jej czytać nie oznacza, że nie da się jej czytać. To że dla Ciebie nie jest dobra (bo za trudna) nie oznacza, że nie jest dobra. A autorzy tłumaczą całkiem sporo.
Jakub Gurak pisze: 8 lut 2023, o 17:08Mnie interesuje matematyka od strony wyobraźni (a nie od strony wyliczeń ), także szukałbym np. czegoś co robi lepszy użytek ze zwykłej płaszczyzny, prostej- także wyobraźnią matematyczną nie pogardzę; ewentualnie prosta logika; albo jakieś ciekawostki (ale muszą to być rzeczy naprawdę ciekawe, jak np. dowód niesprzeczności matematyki ). Reszta mnie nie pociąga.
No i bardzo dobrze, baw się tym, co lubisz. Tylko nie kreuj się na autorytet w dziedzinie teorii mnogości.
Jakub Gurak pisze: 8 lut 2023, o 17:08Czy znajdę książkę w której jest sporo matematyki tego typu :?:
Czy może jednak nikt poza mną i autorami ważniaka nie interesuje się tym??

Interesuje mnie rozwijanie (w zasadzie dowolnej) gałęzi z teorii mnogości na ważniaku ( rozkłady zbioru, relacje, przedziały w zbiorze liniowo uporządkowanym, itd. )- wszystko to mogłoby być fajne, a jednak nikt się tym nie interesuje,
No prawdziwy dramat. Wypisujesz na forum sążniste elaboraty na temat kolejnych "niezwykle ciekawych rozumowań", a tu taki brak odzewu. A może to jednak nie są niezwykle ciekawe rozumowania?

JK
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10196
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 39 razy
Pomógł: 2354 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Dasio11 »

Jakub Gurak pisze: 8 lut 2023, o 17:08Zresztą, będę szczery, taka kosmiczna teoria mnie kompletnie nie interesuje.

Mnie interesuje matematyka od strony wyobraźni (a nie od strony wyliczeń ), także szukałbym np. czegoś co robi lepszy użytek ze zwykłej płaszczyzny, prostej
Poczucie piękna w matematyce jest kwestią indywidualną i nieco poważniejsza teoria mnogości (taka jak w książce Błaszczyka i Turka) ma prawo nie trafiać w Twój gust. Ale jeśli uważasz, że polega ona na wyliczeniach i brak w niej wyobraźni, bo głównym przedmiotem jej badań nie są płaszczyzny, proste itp. - to znaczy że nie masz bladego pojęcia ani o co chodzi w tej teorii, ani w ogóle czym jest wyobraźnia w matematyce. Z tego względu trudno się powstrzymać od refleksji, że Twoja ocena jest równie sensowna jak krytyka materializmu dialektycznego w wykonaniu dziesięciolatka.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22115
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3737 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: a4karo »

Jakub Gurak pisze: 8 lut 2023, o 17:08Interesuje mnie rozwijanie (w zasadzie dowolnej) gałęzi z teorii mnogości na ważniaku ( rozkłady zbioru, relacje, przedziały w zbiorze liniowo uporządkowanym, itd. )- wszystko to mogłoby być fajne, a jednak nikt się tym nie interesuje, to smutne... :?
Czy naprawdę uważasz, że rozwijasz jakąkolwiek dziedzinę teorii mnogości? Jak na razie twoje rozważania kwalifikują się być może na listy zadań dla studentów pierwszego semestru, a nieporadność, jaką demonstrujesz w prowadzonych rozumowaniach, zniechęca czytelników.

Rozumem, że Ciebie mogą takie rozważania pociągać, ale nie spodziewaj się zachwytów nad ich oryginalnością czy elegancją. Smutne jest zaś to, że magister matematyki nie potrafi ocenić jakości prezentowanych wyników. To nic osobistego. To raczej uwaga na temat jakości kształcenia na niektórych uczelniach.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1371
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 56 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jakub Gurak »

A co myślicie o książkach Wacława Sierpińskiego:

"Wstęp do teorii mnogości i topologii",
"Przekroje: Wstęp do teorji liczb niewymiernych" ??

Zamierzam je wypożyczyć, co myślicie o tych książkach :?:
I co myślicie o tego typu książkach Wacława Sierpińskiego z podstaw teorii mnogości i topologii :?:

Udowodniłem wczoraj, na dwa sposoby, że w przestrzeni trójwymiarowej można umieścić jedynie co najwyżej przeliczalnie wiele rozłącznych kostek. Udowodniłem też dzisiaj ( jest to nie po kolei, przyznam szczerze, bo myślałem, że taki fakt już udowodniłem, jednak się pomyliłem, i dzisiaj, chcąc pisać tutaj ten post, zdziwiłem się, że tutaj tego jeszcze nie badałem, i musiałem to udowodnić, a ten dowód z którego wczoraj skorzystałem 'na wyrost' przeczytałem przed chwilą w całości, i to w miarę dokładnie- i jest dobrze, nawet ten drugi dowód z wczoraj, ten ' bardziej bezpieczny' dowód również przeglądnąłem- i wszystko jest dobrze ), i udowodniłem, że w przestrzeni trójwymiarowej można umieścić jedynie co najwyżej przeliczalnie wiele rozłącznych sześcianów. Przedstawię teraz te ciekawe dowody.


Przypomnijmy najpierw, że w przestrzeni trójwymiarowej można umieścić jedynie co najwyżej przeliczalnie wiele rozłącznych kul (jak po raz pierwszy usłyszałem to zadanie (i zrozumiałem jego treść), to wydawało mi się to zadanie piekielnie trudnym, gdyż z każdą kulą można dobierać co raz to mniejszy promień, a wartości tych promieni mogą przebiegać zbiór nieprzeliczalny \(\displaystyle{ \left( 0,1\right)}\) ), a jednak rozwiązanie tego zadania nie musi być trudne- wystarczy dowolnej kuli tej rodziny kul rozłącznych przypisać punkt ze środka o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych. Ponieważ kule te są rozłączne, a kuli przypisujemy jej punkt, to taka funkcja nie może dwóm różnym kulom przypisywać tego samego punktu, a zatem jest to funkcja różnowartościowa. A zatem ta rodzina ma moc nie większą niż zbiór \(\displaystyle{ \QQ \times \QQ \times \QQ\sim \NN.\square}\)

Przejdźmy do naszych zadań:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ \left[ a,b\right]\Bigl| \ \ a,b \in \RR, a<b\right\}.}\)

I jeśli \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] \in \mathbb{S}}\), to niech:

\(\displaystyle{ l _{\left[ a,b\right] }:=b-a>0}\),

taką wartość nazwijmy długością przedziału domkniętego \(\displaystyle{ \left[ a,b\right].}\)

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną kostek :

\(\displaystyle{ \mathbb{B}= \left\{ \left( A \times B\right) \times C\Bigl| \ \ A,B,C \in \mathbb{S} \right\}= \left\{ \left( A \times B\right) \times C\Bigl| \ \ \left( A,B,C\right) \in \left( \mathbb{S} \times \mathbb{S}\right) \times \mathbb{S} \right\};}\)

i niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{D} = \left\{ R \in \mathbb{B}: \ l _{D_1 \left( R\right) } = l _{D_2\left( R\right) } = l _{D_3\left( R\right) } \right\} ,}\)

co oznacza, gdy mamy taką kostkę \(\displaystyle{ R=\left( A \times B\right) \times C}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B,C \in \mathbb{S}}\), więc ten ostatni warunek oznacza, że: \(\displaystyle{ l_A= l_B= l_C}\), a więc, że te trzy krawędzie kostki mają taką samą długość, a więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest rodziną sześcianów.

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{D}}\) będzie dowolną rodziną sześcianów rozłącznych.
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) musi być co najwyżej przeliczalna.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Przypuśćmy nie wprost, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest zbiorem nieprzeliczalnym.

Jeśli \(\displaystyle{ X \in \mathbb{A} \subset \mathbb{D} \subset \mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ X= \left( A \times B\right) \times C}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B, C \in \mathbb{S}}\) i \(\displaystyle{ l_A= l_B=l_C= :S_X>0}\).

Wtedy \(\displaystyle{ R_X:= \frac{S_X}{2}>0.}\)

Oznaczmy \(\displaystyle{ A= \left[ a_1, a_2\right] ; B= \left[ b_1, b_2\right]}\) i \(\displaystyle{ C=\left[ c_1, c_2\right]}\), gdzie \(\displaystyle{ a_1,a_2 \in \RR}\) i \(\displaystyle{ a_1<a_2}\); i podobnie \(\displaystyle{ b_1<b_2}\) i \(\displaystyle{ c_1<c_2.}\)

Rozważmy kulę o środku w punkcie \(\displaystyle{ \left( a_1+R_X, b_1+R_X, c_1+R_X\right)}\) i promieniu \(\displaystyle{ R_X}\):

\(\displaystyle{ K\left( \left( a_1+R_X, b_1+R_X, c_1+R_X\right); R_X \right).}\)

(Jest to kuia o środku w samym środku symetrii tego sześcianu i promieniu równym połowie długości krawędzi tego sześcianu).

Wykażemy, że: \(\displaystyle{ K_X \subset X}\).
DOWÓD TEGO FAKTU::    
I rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f}\) działającą w następujący sposób:

\(\displaystyle{ X \in \mathbb{A}\stackrel{f}{ \rightarrow } K_X \subset \RR^3.}\)

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

Weźmy dwa różne zbiory \(\displaystyle{ X_1, X_2 \in \mathbb{A},}\) i przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ f(X_1)= f(X_2),}\) oznaczmy ten zbiór jako \(\displaystyle{ K_X.}\)

Wtedy, na mocy faktu udowodnionego powyżej: \(\displaystyle{ K_X \subset X_1, X_2}\), a zatem również \(\displaystyle{ K_X \subset X_1 \cap X_2}\), i mamy \(\displaystyle{ K_X \neq \left\{ \right\} }\) (chociażby środek kuli do niej należy), a zatem \(\displaystyle{ X_1 \cap X_2 \neq \left\{ \right\}}\), ale \(\displaystyle{ X_1, X_2 \in \mathbb{A}}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a zatem z warunku rozłączności otrzymujemy \(\displaystyle{ X_1= X_2}\)- sprzeczność.

Wobec czego \(\displaystyle{ f\left( X_1\right) \neq f\left( X_2\right),}\) i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.

I funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest ''na' zbiór wartości, a zatem:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}\sim f_P= \left\{ K_X: \ X \in \mathbb{A}\right\}.}\)

Ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest zbiorem nieprzeliczalnym, więc również rodzina\(\displaystyle{ \left\{ K_X: \ X \in \mathbb{A}\right\}}\) jest zbiorem nieprzeliczalnym.
I ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) jest rodziną sześcianów rozłącznych, to przypisane im kule leżące w środku też będą rozłączne (bo dla dowolnego sześcianu \(\displaystyle{ X \in \mathbb{A},}\) mamy: \(\displaystyle{ K_X \subset X}\) ), ale \(\displaystyle{ \left\{ K_X: \ X \in \mathbb{A}\right\}}\) jest rodziną kul, a w przestrzeni trójwymiarowej nie ma nieprzeliczalnie wielu rozłącznych kul, jak wspomnieliśmy na poczatku tego postu - sprzeczność.

Wobec czego rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) musi być zbiorem co najwyżej przeliczalnym\(\displaystyle{ .\square }\)


Przejdźmy do drugiego z naszych faktów:

Niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ \left[ a,b\right]\Bigl| \ a,b \in \RR, a<b \right\}.}\)

I niech:

\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ \left( A \times B\right) \times C\Bigl| \ A,B,C \in \mathbb{S}\right\} = \left\{ \left( A \times B\right) \times C\Bigl| \ \left( A,B,C\right) \in \left( \mathbb{S} \times \mathbb{S} \right) \times \mathbb{S} \right\}.}\)

będzie rodziną kostek.

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B} \subset \mathbb{A}}\) będzie dowolną rodziną zbiorów rozłącznych.
Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) musi być co najwyżej przeliczalna.

Przedstawię dwa dowody tego faktu:

PIERWSZY DOWÓD TEGO FAKTU:

Przypuśćmy nie wprost, że rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest nieprzeliczalna.

Jeśli \(\displaystyle{ X \in \mathbb{B} \subset \mathbb{A}}\), to \(\displaystyle{ X= \left( A \times B\right) \times C}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B, C \in \mathbb{S}.}\)

Przypomnijmy, że jeśli mamy przedział domknięty \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] \in \mathbb{S}}\),
to przez \(\displaystyle{ l _{\left[ a,b\right] }}\) oznaczmy wartość \(\displaystyle{ b-a}\) i nazywany ją długością przedziału \(\displaystyle{ \left[ a,b\right].}\)

Rozważmy trójkę:

\(\displaystyle{ \left( l _{D_1\left( X\right)} , l _{D_2\left( X\right) } , l _{D_3\left( X\right) }\right) ,}\)

czyli tak naprawdę trójkę:

\(\displaystyle{ \left( l_A, l_B, l_C\right).}\)

Ponieważ, jak łatwo zauważyć: \(\displaystyle{ l_A>0, l_B>0}\) i \(\displaystyle{ l_C>0}\), to również najmniejsza z tych trzech liczb jest większa od \(\displaystyle{ 0}\) , czyli: \(\displaystyle{ S_X:= min \left( l_A, l_B, l_C\right) >0.}\)

Przyjmijmy, że:

\(\displaystyle{ A= \left[ a_1, a_2\right]}\) , gdzie \(\displaystyle{ a_1, a_2 \in \RR}\) i \(\displaystyle{ a_1<a_2}\); i podobnie \(\displaystyle{ B= \left[ b_1, b_2\right]}\) , gdzie \(\displaystyle{ b_1<b_2}\) i \(\displaystyle{ C=\left[ c_1, c_2\right]}\), gdzie \(\displaystyle{ c_1 <c_2}\).

Rozważmy zbiór:

\(\displaystyle{ X'= \left( \left[ a_1, a_1+S_X\right] \times \left[ b_1, b_1+S_X\right] \right) \times \left[ c_1, c_1+S_X\right]}\).

Można powiedzieć, że w kostkę \(\displaystyle{ X}\) wpisujemy największy możliwy sześcian.

Jak łatwo sprawdzić: \(\displaystyle{ X' \in \mathbb{A},}\) i

\(\displaystyle{ l _{D_1\left( X' \right) } = l _{D_2\left( X'\right) }= l _{D_3\left( X'\right) } =S_X,}\)

a zatem \(\displaystyle{ X' \in \mathbb{D}}\), gdzie:

\(\displaystyle{ \mathbb{D}:=\left\{ R \in \mathbb{A}: \ l _{D_1\left( R\right) }= l _{D_2\left( R\right) } = l _{D_3\left( R\right) } \right\} ,}\)

czyli jest to sześcian.

Łatwo jest zauważyć, że \(\displaystyle{ X' \subset X}\).

I rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f}\) działającą w poniższy sposób:

\(\displaystyle{ X \in \mathbb{B} \stackrel{f}{ \rightarrow } X' \in \mathbb{D}.}\)

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

W tym celu weźmy dwa różne zbiory \(\displaystyle{ X_1, X_2 \in \mathbb{B}}\), i przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ f\left( X_1\right) = f\left( X_2\right)}\), oznaczmy ten zbiór jako \(\displaystyle{ X'.}\)

Wtedy \(\displaystyle{ X' \subset X_1, X_2}\), a zatem również \(\displaystyle{ X' \subset X_1 \cap X_2}\), ale \(\displaystyle{ X' \neq \left\{ \right\} }\) ( z definicji zbiorów \(\displaystyle{ X'}\)) , a zatem również \(\displaystyle{ X_1 \cap X_2 \neq \left\{ \right\}}\), ale \(\displaystyle{ X_1, X_2 \in \mathbb{B}}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, więc z warunku rozłączności otrzymujemy: \(\displaystyle{ X_1=X_2}\)- sprzeczność.

Wobec czego \(\displaystyle{ f\left( X_1\right) \neq f\left( X_2\right), }\) i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.

A zatem: \(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \mathbb{D}\right|}\), ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest nieprzeliczalna, więc rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest również nieprzeliczalna.

Ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, więc:

\(\displaystyle{ f_P= \left\{ X'\Bigl| \ X \in \mathbb{B}\right\}\sim \mathbb{B} .}\)

Wtedy rodzina \(\displaystyle{ f_P}\) jest zbiorem nieprzeliczalnym (bo rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest nieprzeliczalna).

Wykażemy, że rodzina \(\displaystyle{ f_P}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych.
DOWÓD TEGO FAKTU::    
Ale \(\displaystyle{ f_P \subset \mathbb{D}}\), a więc jest to rodzina sześcianów, i jest ona zbiorem nieprzeliczalnym, a w przestrzeni trójwymiarowej nie ma nieprzeliczalnie wielu rozłącznych sześcianów, na mocy naszego udowodnionego pierwszego zadania- sprzeczność.

Wobec czego rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) musi być co najwyżej przeliczalna.\(\displaystyle{ \square}\) 8-)

I:

DRUGI DOWÓD TEGO FAKTU:

Jeśli \(\displaystyle{ X \in \mathbb{B} \subset \mathbb{A}}\), to \(\displaystyle{ X= \left( A \times B\right) \times C}\), gdzie \(\displaystyle{ A,B,C \in\mathbb{S}.}\)

Wtedy kostce \(\displaystyle{ X}\) przypisujemy punkt z jej środka o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych (stosując być może aksjomat wyboru, a dokładniej twierdzenie o funkcji wyboru), otrzymując funkcję \(\displaystyle{ f:\mathbb{B} \rightarrow \left( \QQ \times \QQ\right) \times \QQ.}\)

Pokażemy, że taka funkcja jest różnowartościowa.

W tym celu weźmy dwa różne zbiory \(\displaystyle{ X_1, X_2 \in \mathbb{B},}\) i przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ f(X_1)= f(X_2)}\) oznaczmy tą wartość jako: \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right)}\).

Wtedy, zgodnie z określeniem tej funkcji wyboru \(\displaystyle{ f}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ \left( a,b,c\right) \in X_1 \cap X_2}\), ale \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a \(\displaystyle{ X_1, X_2 \in \mathbb{B}}\), a zatem \(\displaystyle{ X_1=X_2}\)- sprzeczność.

Wobec czego \(\displaystyle{ f\left( X_1\right) \neq f\left( X_2\right), }\) i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.

A zatem:

\(\displaystyle{ \left| \mathbb{B}\right| \le \left| \left( \QQ \times \QQ\right) \times \QQ \right| = \left| \NN\right| .\square}\)


Na koniec podam zagadkę:

Niech:

\(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\) będzie liczbą naturalną,

i niech:

\(\displaystyle{ X=\left\{ 1,2,\ldots, n\right\}.}\)

Czy zbiór wszystkich ciągów skończonych o elementach ze skończonego zbioru \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem skończonym??

A przecież można rozważyć ciągi skończone:

\(\displaystyle{ \left( 1\right) ; \left( 1,1\right) ; \left( 1,1,1\right) ; \ldots}\) 8-)
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 33947
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5187 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 15 mar 2023, o 23:22Udowodniłem wczoraj, na dwa sposoby, że w przestrzeni trójwymiarowej można umieścić jedynie co najwyżej przeliczalnie wiele rozłącznych kostek. Udowodniłem też dzisiaj ( jest to nie po kolei, przyznam szczerze, bo myślałem, że taki fakt już udowodniłem, jednak się pomyliłem, i dzisiaj, chcąc pisać tutaj ten post, zdziwiłem się, że tutaj tego jeszcze nie badałem, i musiałem to udowodnić, a ten dowód z którego wczoraj skorzystałem 'na wyrost' przeczytałem przed chwilą w całości, i to w miarę dokładnie- i jest dobrze, nawet ten drugi dowód z wczoraj, ten ' bardziej bezpieczny' dowód również przeglądnąłem- i wszystko jest dobrze ), i udowodniłem, że w przestrzeni trójwymiarowej można umieścić jedynie co najwyżej przeliczalnie wiele rozłącznych sześcianów. Przedstawię teraz te ciekawe dowody.
Wiesz co robi matematyk? Matematyk nie produkuje kilkunastu prawie identycznych rozumowań, tylko po dwóch zauważa, że jest to pewna ogólna zależność. A potem wprowadza odpowiednie pojęcie, w tym wypadku

Kod: Zaznacz cały

en.wikipedia.org/wiki/Countable_chain_condition#Examples_and_properties_in_topology
warunku ccc (countable chain condition) dla przestrzeni topologicznej, a potem zauważa, że każda ośrodkowa przestrzeń topologiczna ten warunek spełnia.
Jakub Gurak pisze: 15 mar 2023, o 23:22 A co myślicie o książkach Wacława Sierpińskiego:

"Wstęp do teorii mnogości i topologii",
"Przekroje: Wstęp do teorji liczb niewymiernych" ??
Fajne pozycje dla zdolnych uczniów liceum.
Ostatnio zmieniony 16 mar 2023, o 06:36 przez admin, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Link do strony zewnętrznej. Podpis
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1371
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 56 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jakub Gurak »

Przypominam, wyczytałem z książki "Błaszczyk. Turek. Teoria Mnogości " ( a więc nie jest ze mną aż tak źle, i jednak coś z tej książki wyniosłem :P )mamy, że:

Zbiory \(\displaystyle{ A,B}\) nazywamy zbiorami prawie rozłącznymi, gdy ich przekrój \(\displaystyle{ A \cap B}\) jest zbiorem skończonym.

I mamy takie zadanie:

Wykazać, że dowolna rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B} \subset P\left( \NN\right) }\) podzbiorów zbioru liczb naturalnych, podzbiorów prawie rozłącznych, jest co najwyżej przeliczalna.

Tzn. rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) ma spełniać warunek:

\(\displaystyle{ \left( A,B \in \mathbb{B} \wedge A \neq B\right) \Longrightarrow \hbox{zbiór } A \cap B \hbox{ jest zbiorem skończonym;} }\)

Innymi slowy, wtedy te zbiory \(\displaystyle{ A,B}\) są prawie rozłączne.
Wykazać, że taka rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) musi być co najwyżej przeliczalna.

Mogę prosić o wskazówki :?:
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10196
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 39 razy
Pomógł: 2354 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Dasio11 »

Jakub Gurak pisze: 17 mar 2023, o 15:41I mamy takie zadanie:

Wykazać, że dowolna rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B} \subset P\left( \NN\right) }\) podzbiorów zbioru liczb naturalnych, podzbiorów prawie rozłącznych, jest co najwyżej przeliczalna.
To na pewno nie z Błaszyczka, Turka, bo tam jest twierdzenie: istnieje rodzina prawie rozłączna \(\displaystyle{ \mathcal{R} \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{N})}\) mocy continuum.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 33947
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5187 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 17 mar 2023, o 15:41Wykazać, że dowolna rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B} \subset P\left( \NN\right) }\) podzbiorów zbioru liczb naturalnych, podzbiorów prawie rozłącznych, jest co najwyżej przeliczalna.
Najwyraźniej pomyliłeś rodzinę zbiorów parami prawie rozłącznych z rodziną parami zbiorów rozłącznych, więc Twoja radość była przedwczesna.

JK
ODPOWIEDZ