Np.
Rozłączne figury
-
- Użytkownik
- Posty: 1412
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Rozłączne figury
Jak pamiętam, w tej książce, po podaniu definicji zbiorów prawie rozłącznych, piszą, że rodzinę złożoną z takich zbiorów nazywają rodziną prawie rozłączną, a następnie odnotowują, że dla podzbiorów zbioru liczb naturalnych takie rodziny zbiorów są co najwyżej przeliczalne- ale może coś pomyliłem( a książki ze sobą nie mam, więc nie sprawdzę ).
-
- Administrator
- Posty: 34304
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Rozłączne figury
Nie może pomyliłeś się, tylko na pewno. Po wspomnianej definicji odnotowują, że dla podzbiorów zbioru liczb naturalnych rodziny zbiorów parami rozłącznych są co najwyżej przeliczalne - jest to wprowadzenie do Twierdzenia 9.1, które mówi, że dla prawie rozłącznych rodzin zbiorów sytuacja jest diametralnie inna.Jakub Gurak pisze: ↑17 mar 2023, o 21:03 Jak pamiętam, w tej książce, po podaniu definicji zbiorów prawie rozłącznych, piszą, że rodzinę złożoną z takich zbiorów nazywają rodziną prawie rozłączną, a następnie odnotowują, że dla podzbiorów zbioru liczb naturalnych takie rodziny zbiorów są co najwyżej przeliczalne- ale może coś pomyliłem( a książki ze sobą nie mam, więc nie sprawdzę ).
Jest dużo takich konstrukcji, więc nie będziesz miał problemu ze znalezieniem jakiejś (jest w Błaszczyku, Turka, jest w moim podręczniku). Możesz też spróbować sam: jedna taka konstrukcja wykorzystuje pełne drzewo binarne, inna zbieżne (różnowartościowe) ciągi liczb wymiernych.
JK
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Nie chciałbym psuć Jakubowi zabawy, ale gdzieś to już widziałem i coś mi się przypomniało. Przeglądając przykładowe egzaminy magisterskie (jakoś rok temu) natknąłem się na takie zadanie:
3. Uzasadnij, że dla każdego \(\gamma \in \mathbb{R}\) istnieje ciąg \( \alpha_{n}\in \mathbb{Q}\) zbieżny do \(\gamma\). Za pomocą tego faktu udowodnij, że istnieje rodzina podzbiorów \(\mathbb{N}\) mocy continuum taka, że każde dwa jej elementy mają skończony przekrój.
Myślę, że udało mi się je wtedy rozwiązać, spróbuję zrobić to jeszcze raz. Byłbym wdzięczny, gdyby ktoś mi potwierdził, że jest dobrze.
Pierwsza część to znany fakt, możemy powiedzieć nawet trochę więcej: dla każdego \(\gamma \in \mathbb{R}\) istnieje ciąg liczb wymiernych \(a_{n}\neq \gamma\) zbieżny do \(\gamma\).
Dla \(\gamma \in \mathbb{R}\) niech \(f_{\gamma}: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}\), \(f_{\gamma}(n)=\frac{\lfloor n\gamma \rfloor}{n}-\frac{1}{n}\). Wtedy \((\forall n\in \mathbb{N}) \ f_{\gamma}(n) < \gamma\) oraz \( \lim_{n \to \infty} f_{\gamma}(n)=\gamma\). Ustalmy \(x, y\in \mathbb{R}\), takie że \(x\neq y\) i rozważmy zbiory \(A_{x}=\lbrace f_{x}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\), \(A_{y}=\lbrace f_{y}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\). Korzystając ze zbieżności ciągów \(f_{x}, f_{y}\) możemy stwierdzić, że istnieje \(N\) takie, że dla \(n \ge N\) mamy \(f_{x}(n)\in (x-\frac{|x-y|}{2}, \ x+\frac{|x-y|}{2})\) i \(f_{y}(n)\in (y-\frac{|x-y|}{2}, \ y+\frac{|x-y|}{2})\) - są to przedziały rozłączne, więc \(f_{x}\) i \(f_{y}\) mają tylko skończenie wiele wspólnych wyrazów. Przekrój \(A_{x}\cap A_{y}\) jest więc skończony. Co więcej, zbiór \(A_{x}\) jest nieskończony (wynika to z tego, że wyrazy naszych ciągów są różne od swoich granic). Możemy więc powiedzieć, że istnieje \(q\in A_{x}\setminus A_{y}=A_{x}\setminus(A_{x}\cap A_{y})\), zatem zbiory \(A_{x}, A_{y}\) są różne.
Teraz, dla dowolnego \(x\in \mathbb{R}\) niech \(A_{x}=\lbrace f_{x}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\). Rodzina \(\mathcal{C}=\lbrace A_{x}: \ x\in \mathbb{R} \rbrace \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{Q}) \) jest rodziną mocy continuum (funkcja przypisująca każdemu \(x\in \mathbb{R}\) zbiór \(A_{x}\) jest bijekcją pomiędzy \(\mathbb{R}\) a \(\mathcal{C}\)) zbiorów parami prawie rozłącznych.
Weźmy injekcję \(g: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{N}\). Wtedy dla różnych \(x,y \in \mathbb{R}\) mamy \(g[A_{x}]\neq g[A_{y}]\) oraz \(g[A_{x}]\cap g[A_{y}]=g[A_{x}\cap A_{y}]\) jest skończony, jako obraz zbioru skończonego przez funkcję.
Rodzina \(\mathcal{R}=\lbrace g[A_{x}]: \ x\in \mathbb{R} \rbrace \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{N}) \) jest zatem rodziną mocy continuum parami prawie rozłącznych podzbiorów \(\mathbb{N}\).
Nadaję się na teoretyka?
Pozdrawiam
3. Uzasadnij, że dla każdego \(\gamma \in \mathbb{R}\) istnieje ciąg \( \alpha_{n}\in \mathbb{Q}\) zbieżny do \(\gamma\). Za pomocą tego faktu udowodnij, że istnieje rodzina podzbiorów \(\mathbb{N}\) mocy continuum taka, że każde dwa jej elementy mają skończony przekrój.
Myślę, że udało mi się je wtedy rozwiązać, spróbuję zrobić to jeszcze raz. Byłbym wdzięczny, gdyby ktoś mi potwierdził, że jest dobrze.
Pierwsza część to znany fakt, możemy powiedzieć nawet trochę więcej: dla każdego \(\gamma \in \mathbb{R}\) istnieje ciąg liczb wymiernych \(a_{n}\neq \gamma\) zbieżny do \(\gamma\).
Dla \(\gamma \in \mathbb{R}\) niech \(f_{\gamma}: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}\), \(f_{\gamma}(n)=\frac{\lfloor n\gamma \rfloor}{n}-\frac{1}{n}\). Wtedy \((\forall n\in \mathbb{N}) \ f_{\gamma}(n) < \gamma\) oraz \( \lim_{n \to \infty} f_{\gamma}(n)=\gamma\). Ustalmy \(x, y\in \mathbb{R}\), takie że \(x\neq y\) i rozważmy zbiory \(A_{x}=\lbrace f_{x}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\), \(A_{y}=\lbrace f_{y}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\). Korzystając ze zbieżności ciągów \(f_{x}, f_{y}\) możemy stwierdzić, że istnieje \(N\) takie, że dla \(n \ge N\) mamy \(f_{x}(n)\in (x-\frac{|x-y|}{2}, \ x+\frac{|x-y|}{2})\) i \(f_{y}(n)\in (y-\frac{|x-y|}{2}, \ y+\frac{|x-y|}{2})\) - są to przedziały rozłączne, więc \(f_{x}\) i \(f_{y}\) mają tylko skończenie wiele wspólnych wyrazów. Przekrój \(A_{x}\cap A_{y}\) jest więc skończony. Co więcej, zbiór \(A_{x}\) jest nieskończony (wynika to z tego, że wyrazy naszych ciągów są różne od swoich granic). Możemy więc powiedzieć, że istnieje \(q\in A_{x}\setminus A_{y}=A_{x}\setminus(A_{x}\cap A_{y})\), zatem zbiory \(A_{x}, A_{y}\) są różne.
Teraz, dla dowolnego \(x\in \mathbb{R}\) niech \(A_{x}=\lbrace f_{x}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\). Rodzina \(\mathcal{C}=\lbrace A_{x}: \ x\in \mathbb{R} \rbrace \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{Q}) \) jest rodziną mocy continuum (funkcja przypisująca każdemu \(x\in \mathbb{R}\) zbiór \(A_{x}\) jest bijekcją pomiędzy \(\mathbb{R}\) a \(\mathcal{C}\)) zbiorów parami prawie rozłącznych.
Weźmy injekcję \(g: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{N}\). Wtedy dla różnych \(x,y \in \mathbb{R}\) mamy \(g[A_{x}]\neq g[A_{y}]\) oraz \(g[A_{x}]\cap g[A_{y}]=g[A_{x}\cap A_{y}]\) jest skończony, jako obraz zbioru skończonego przez funkcję.
Rodzina \(\mathcal{R}=\lbrace g[A_{x}]: \ x\in \mathbb{R} \rbrace \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{N}) \) jest zatem rodziną mocy continuum parami prawie rozłącznych podzbiorów \(\mathbb{N}\).
Nadaję się na teoretyka?
Pozdrawiam
-
- Administrator
- Posty: 34304
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Nie zaglądałem do linka pana dr. Kraszewskiego, ale spróbuję zrobić drobne uogólnienie.Jakub Gurak pisze: ↑8 lis 2022, o 21:32 "Czy na płaszczyźnie można umieścić nieprzeliczalnie wiele rozłącznych kół"
Niech \(\langle X,\tau \rangle\) będzie ośrodkową przestrzenią topologiczną, a \(\mathcal{U}=\lbrace U_{i}:i\in I\rbrace \subseteq \mathcal{P}(X)\) rodziną parami rozłącznych zbiorów o niepustych wnętrzach. Niech \(D\) będzie co najwyżej przeliczalnym, gęstym podzbiorem \(X\). Dla każdego \(i\in I\) istnieje \(u_{i}\in D\) takie, że \(u_{i}\in \Int(U_{i})\). Zbiory z rodziny \(\mathcal{U}\) są parami rozłączne, więc ich wnętrza również. Funkcja \(f:\mathcal{U}\rightarrow D\), \(f(U_{i})=u_{i}\) jest różnowartościowa, więc mamy, że \(|\mathcal{U}|\le |D|\le \aleph_{0}\), czyli \(\mathcal{U}\) jest co najwyżej przeliczalna.
Ładnie? A może uda się w jednej linijce?
Może powinienem dodać, że każdemu zbiorowi \(U\in\mathcal{U}\) odpowiada dokładnie jeden indeks z \(I\), żeby \(f\) faktycznie była zawsze funkcją (zakładałem to tak po cichu).
Dodano po 58 minutach 35 sekundach:
Teraz widzę, że zbiory z \(\mathcal{U}\) nie muszą nawet być rozłączne, wystarczy, że ich wnętrza są. Nasze figury mogą więc (szok!) stykać się brzegami, i wciąż będzie ich co najwyżej przeliczalnie wiele.
Dodano po 17 godzinach 46 minutach 50 sekundach:
A jednak dobrze myślałem. Kto wchodzi na Wikipedię, ten sam sobie szkodzi.
Ćwiczenie: weźmy \(X=\mathbb{R}\), \(\mathcal{A}=\lbrace (-\infty, 0),(0,\infty) \rbrace\) i \(D=\mathbb{Q}\). Wiecie może jak wygląda taka funkcja różnowartościowa z \(D\) w \(\mathcal{A} \ \)?Wikipedia pisze: ↑8 lis 2022, o 21:32 Każda przestrzeń ośrodkowa jest ccc. Istotnie, jeżeli \(D\) jest gęstym przeliczalnym podzbiorem przestrzeni \(X\) oraz \(\mathcal {A}\) jest rodziną niepustych rozłącznych i otwartych podzbiorów \(X\), to z gęstości zbioru \(D\) istnieje funkcja różnowartościowa przyporządkowująca każdemu punktowi zbioru \(D\) element rodziny \(\mathcal {A}\) (każdy niepusty zbiór otwarty zawiera pewien punkt zbioru \(D\)).
Anglosasi są trochę bardziej subtelni - w ogóle nie dowodzą tego w tym artykule. Piszą tylko, że
i nie zaliczają takiej kompromitacji Tzwölla. A znajdziemy tam pewnie więcej takich kwiatków, np.
Czy według autora \(\text{Bd} \ \mathbb{Q}=\mathbb{Q} \ \)?
-
- Administrator
- Posty: 34304
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Rozłączne figury
To jest oczywiście bzdura, tym bardziej, że nawet gdyby taka funkcja istniała, to niczego by to nie dowodziło. Ale nie wpływa na prawdziwość twierdzenia.szuler pisze: ↑21 mar 2023, o 07:25A jednak dobrze myślałem. Kto wchodzi na Wikipedię, ten sam sobie szkodzi.Ćwiczenie: weźmy \(X=\mathbb{R}\), \(\mathcal{A}=\lbrace (-\infty, 0),(0,\infty) \rbrace\) i \(D=\mathbb{Q}\). Wiecie może jak wygląda taka funkcja różnowartościowa z \(D\) w \(\mathcal{A} \ \)?Wikipedia pisze: ↑8 lis 2022, o 21:32 Każda przestrzeń ośrodkowa jest ccc. Istotnie, jeżeli \(D\) jest gęstym przeliczalnym podzbiorem przestrzeni \(X\) oraz \(\mathcal {A}\) jest rodziną niepustych rozłącznych i otwartych podzbiorów \(X\), to z gęstości zbioru \(D\) istnieje funkcja różnowartościowa przyporządkowująca każdemu punktowi zbioru \(D\) element rodziny \(\mathcal {A}\) (każdy niepusty zbiór otwarty zawiera pewien punkt zbioru \(D\)).
A to ewidentnie zły dobór źródeł - kto widział, żeby przy hasłach matematycznych odwoływać się do internetowej wersji encyklopedii PWN?
Z Wikipedią oczywiście trzeba uważać, ale ta angielska jest niezła (matematycznie).
JK
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Przeczytałem na wiki coś takiego:
Dodano po 43 minutach 9 sekundach:
Czy w związku z tym, mając na \(\mathbb{R}\) bazę złożoną z przedziałów otwartych o końcach wymiernych, wiedzielibyśmy dokładnie, jak ponumerować nasze rozłączne przedziały? To tylko takie moje przemyślenia.
I pomyślałem o czymś takim: weźmy rodzinę parami rozłącznych, ograniczonych przedziałów otwartych, ale nie dowolną, tylko taką, że początek każdego przedziału jest liczbą wymierną, i każdy nasz przedział ma długość nie mniejszą niż 1. Z każdego takiego przedziału moglibyśmy wybrać średnią arytmetyczną jego początku i liczby o jeden większej - będzie to liczba wymierna, wybrana w taki sam sposób dla każdego przedziału. Czy możemy stwierdzić, że rodzina takich przedziałów jest co najwyżej przeliczalna bez tego słynnego aksjomatu wyboru? Znalezienie takiej metody w przypadku dowolnej rodziny przedziałów wydaje się niemożliwe, a jednak w książce Kuratowskiego znalazłem coś takiego. Rzecz dzieje się w przestrzeni topologicznej, o której wiemy, że ma przeliczalną bazę.In many cases, a set arising from choosing elements arbitrarily can be made without invoking the axiom of choice; this is, in particular, the case if the number of sets from which to choose the elements is finite, or if a canonical rule on how to choose the elements is available – some distinguishing property that happens to hold for exactly one element in each set.
O ja cię. Czy w taki sposób matematycy radzą sobie z "podejrzanymi" wyborami? Bardzo sprytnie. O ile dobrze mi się wydaje, nie wybieramy tu po jednym elemencie z każdego zbioru, a pewien jego podzbiór, i to w jednoznaczny sposób, tak? No, chyba, że coś pokręciłem.Theorem 2. Every family of disjoint open sets is (effectively) countable.
Proof. Given a (non empty) member \(G\) of the family, there exists a member of the base such that \(R_{n}\subset G\). Let \(n(G)\) be the first index with this property. Since the members of the family are disjoint, it follows that to different sets correspond different indices. Thus the given family has been arranged in a (finite or infinite) sequence.
In particular, every family of non overlapping intervals in a straight line is countable.
Dodano po 43 minutach 9 sekundach:
Czy w związku z tym, mając na \(\mathbb{R}\) bazę złożoną z przedziałów otwartych o końcach wymiernych, wiedzielibyśmy dokładnie, jak ponumerować nasze rozłączne przedziały? To tylko takie moje przemyślenia.
-
- Administrator
- Posty: 34304
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Rozłączne figury
Tak, definiujesz (efektywnie) injekcję ze zbioru \(\displaystyle{ G}\) w tę przeliczalną bazę.
Tak.
JK
-
- Administrator
- Posty: 34304
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
-
- Administrator
- Posty: 34304
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Rozłączne figury
Wydaje się niepotrzebny.
To chciałem napisać, ale nieuważnie przeczytałem Twój cytat.
JK
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Mam nadzieję, że nie męczę Pana za bardzo tymi moimi pytaniami, ale muszę dopytać: czy do takiego wyniku jak tutaj:
No, chyba, że do przeliczalności \(\mathcal{B}\) potrzebujemy twierdzenia, że suma przeliczalnie wielu zbiorów przeliczalnych jest przeliczalna, ale raczej nie? A, i wystarczy, że wnętrza tych zbiorów są niepuste i rozłączne, a same zbiory nie muszą być rozłączne, tak?
możemy dojść, bez AC, w dowolnej ośrodkowej p. metrycznej \(\langle X,d \rangle\)? Mając zbiór gęsty \(A=\lbrace a_{n}: n\in\mathbb{N}\rbrace\) możemy zdefiniować bazę \( \mathcal{B}=\bigcup_{k\in\mathbb{N}}\lbrace B_{\frac{1}{n}}(a_{k}): n\in\mathbb{N}^{+} \rbrace\) i, jeśli dobrze mi się zdaje, żeby powiedzieć, że \(\mathcal{B}\) jest przeliczalna, wystarczy nam fakt, że \(\mathbb{N}\sim\mathbb{N} \times \mathbb{N}\). Moglibyśmy zrobić to samo, co w tym cytacie z Kuratowskiego, czyli wybierać z każdego zbioru \(G\) o niepustym wnętrzu element bazy o najmniejszym indeksie, zawarty w \(G\).szuler pisze: ↑21 mar 2023, o 07:25 Niech \(\langle X,\tau \rangle\) będzie ośrodkową przestrzenią topologiczną, a \(\mathcal{U}=\lbrace U_{i}:i\in I\rbrace \subseteq \mathcal{P}(X)\) rodziną parami rozłącznych zbiorów o niepustych wnętrzach. Niech \(D\) będzie co najwyżej przeliczalnym, gęstym podzbiorem \(X\). Dla każdego \(i\in I\) istnieje \(u_{i}\in D\) takie, że \(u_{i}\in \Int(U_{i})\). Zbiory z rodziny \(\mathcal{U}\) są parami rozłączne, więc ich wnętrza również. Funkcja \(f:\mathcal{U}\rightarrow D\), \(f(U_{i})=u_{i}\) jest różnowartościowa, więc mamy, że \(|\mathcal{U}|\le |D|\le \aleph_{0}\), czyli \(\mathcal{U}\) jest co najwyżej przeliczalna.
No, chyba, że do przeliczalności \(\mathcal{B}\) potrzebujemy twierdzenia, że suma przeliczalnie wielu zbiorów przeliczalnych jest przeliczalna, ale raczej nie? A, i wystarczy, że wnętrza tych zbiorów są niepuste i rozłączne, a same zbiory nie muszą być rozłączne, tak?
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10232
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2365 razy
Re: Rozłączne figury
Wszystko się zgadza, ale cytowany dowód działa bez aksjomatu wyboru w dowolnej ośrodkowej przestrzeni topologicznej, więc daje ogólniejszy wynik bez przechodzenia przez przeliczalną bazę.szuler pisze: ↑22 mar 2023, o 08:49czy do takiego wyniku jak tutaj:możemy dojść, bez AC, w dowolnej ośrodkowej p. metrycznej \(\langle X,d \rangle\)? Mając zbiór gęsty \(A=\lbrace a_{n}: n\in\mathbb{N}\rbrace\) możemy zdefiniować bazę \( \mathcal{B}=\bigcup_{k\in\mathbb{N}}\lbrace B_{\frac{1}{n}}(a_{k}): n\in\mathbb{N}^{+} \rbrace\) i, jeśli dobrze mi się zdaje, żeby powiedzieć, że \(\mathcal{B}\) jest przeliczalna, wystarczy nam fakt, że \(\mathbb{N}\sim\mathbb{N} \times \mathbb{N}\). Moglibyśmy zrobić to samo, co w tym cytacie z Kuratowskiego, czyli wybierać z każdego zbioru \(G\) o niepustym wnętrzu element bazy o najmniejszym indeksie, zawarty w \(G\).szuler pisze: ↑21 mar 2023, o 07:25 Niech \(\langle X,\tau \rangle\) będzie ośrodkową przestrzenią topologiczną, a \(\mathcal{U}=\lbrace U_{i}:i\in I\rbrace \subseteq \mathcal{P}(X)\) rodziną parami rozłącznych zbiorów o niepustych wnętrzach. Niech \(D\) będzie co najwyżej przeliczalnym, gęstym podzbiorem \(X\). Dla każdego \(i\in I\) istnieje \(u_{i}\in D\) takie, że \(u_{i}\in \Int(U_{i})\). Zbiory z rodziny \(\mathcal{U}\) są parami rozłączne, więc ich wnętrza również. Funkcja \(f:\mathcal{U}\rightarrow D\), \(f(U_{i})=u_{i}\) jest różnowartościowa, więc mamy, że \(|\mathcal{U}|\le |D|\le \aleph_{0}\), czyli \(\mathcal{U}\) jest co najwyżej przeliczalna.