Wstęp do matematyki Seria VII Zad. 1 Wykazać, że następujące

Wstęp do matematyki
Seria VII
Zad. 1
Wykazać, że następujące zbiory są przeliczalne:
a) dowolna rodzina rozłącznych kwadratów otwartych (czyli bez brzegu) w R2,
b) {x ∈ R : tg(x) ∈ Q}.
Rozwiązanie:
a)
Z każdego kwadratu możemy wybrać punkt (p,q), gdzie p,q∈Q należący do wnętrza
kwadratu. W każdym kwadracie z zadania możemy znaleźć taki punkt, ponieważ liczby
wymierne są gęste w R, a zatem przedział otwarty zawsze zawiera liczbę wymierną, a
kwadrat otwarty punkt o współrzędnych wymiernych. Funkcja F przyporządkowująca
każdemu kwadratowi taki punkt (p,q) jest różnowartościowa, zatem
F(zbiór kwadratów) ⊆ Q × Q, a więc rodzina rozłącznych kwadratów otwartych ma moc
nie większą niż zbiór Q × Q, a więc jest przeliczalna.
b)
Zauważmy, że tg jest funkcją okresową o okresie Π oraz, że na każdym odcinku postaci
𝑝𝑖
𝑝𝑖
( 2 , 𝑘 + 2 ) , k ∈ Z jest bijekcją na R. Zatem dla ustalonego k :
𝑝𝑖
𝑝𝑖
𝑝𝑖
𝑝𝑖
tg({x ∈ ( 2 , 𝑘 + 2 ) : tg(x) ∈ Q}) = Q . Na odcinku ( 2 , 𝑘 + 2 ) mamy szukanych x tyle
samo, ile wszystkich liczb wymiernych.
Analogiczną sytuację mamy dla każdego k całkowitego, zatem:
𝑝𝑖
𝑝𝑖
|{x ∈ R : tg(x) ∈ Q}| = |⋃k∈Z Qk | , gdzie Qk należy do obrazu tg(( 2 , 𝑘 + 2 )). Zatem
badany zbiór jest takiej samej mocy, co przeliczalna suma zbiorów przeliczalnych, więc
jest przeliczalny.
Zad. 2
Wykazać, że następujące rodziny zbiorów są przeliczalne:
a) 𝓐 = {A ⊆ N : ∀n∈N |A ∩ {0, . . . , n}| ≥ n − 7}
b) B = {f ∈ NN : ∀n∈N 0 < f(1) · f(2) · · · f(n − 1) · f(n) < 2010}.
Rozwiązanie:
a) |A ∩ {0, . . . , n}| ≥ n – 7 ⇔ A nie zawiera co najwyżej 7 liczb ze zbioru {0, . . . , n}
Zależność ta ma być spełniona dla każdego n naturalnego, a więc A nie zawiera co
najwyżej 7 liczb naturalnych. W związku z tym 𝓐 = {A ⊆ N: |N\A| ≤ 7}.
Wiadomo, że wszystkich skończonych podzbiorów N jest przeliczalnie wiele.
Zauważmy, że zbiór A wyznacza jednoznacznie zbiór N\A, zatem |𝓐| = |N|.
b) Trywialne jest spostrzeżenie, że dla każdego n f(n)≠0. W przeciwnym wypadku
f(1)*…*f(m)*…*f(n) = 0 i f nie należy do B.
Zauważmy, że dla każdej f należącej do B zachodzi:
∃m ∈ N ∀n ≥ m f(n) = 1
Załóżmy przeciwnie, że ∀m ∈ N ∃ n ≥ m f(n) > 1, a więc f(n) ≥ 2. Weźmy f z B
taką, że f(1)*…*f(m)=2009. Wówczas f(1)*…*f(m)*…*f(n) ≥ 2009 ∗ 2 > 2010.
Otrzymaliśmy sprzeczność, zatem rzeczywiście f od pewnego miejsca jest stale
=1.
Z tego wynika, że B jest równoliczny ze zbiorem skończonych (n-elementowych)
ciągów f liczb naturalnych takich, że 0 < f(1) · f(2) · · · f(n − 1) · f(n) < 2010, bo
każdemu f z B (takiemu, że n – największa liczba naturalna, dla której f(n)≠1)
można jednoznacznie przyporządkować ciąg n-elementowy g taki, że g(k)=f(k)
dla każdego 0 ≤k≤ m.
W związku z powyższym B jest podzbiorem zbioru wszystkich skończonych
ciągów liczb naturalnych, który jest przeliczalny, zatem |B|≤|N|.
Rozpatrzmy teraz ciągi postaci:
f(k)=2009 dla pewnego ustalonego k oraz f(j)=1 dla j≠k
Takie ciągi należą oczywiście do B oraz jest ich tyle, ile liczb naturalnych.
Stąd |B| ≥ |N|.
Zatem |B| = |N|.
Zad. 3.
Zbadać, czy następujące zbiory ciągów są przeliczalne:
a) zbiór wszystkich nieskończonych ciągów arytmetycznych, których prawie wszystkie
wyrazy
są całkowite,
b) zbiór wszystkich nieskończonych ciągów geometrycznych, których prawie wszystkie
wyrazy są całkowite.
Rozwiązanie:
a) Prawie wszystkie wyrazy ciągów z badanego zbioru mają być całkowite, zatem
∃m ∈ N ∀n ≥ m an ∈ Z
Zechcemy pokazać, że w istocie ciągi z badanego zbioru mają wyłącznie wyrazy
całkowite. Załóżmy, że tak nie jest, tzn. istnieje k <m takie, że ak ∉ Z.
am = ak+(m-k)r ⟹ ak = am -(m-k)r ⟹ am -(m-k)r ∉ Z ⟹ (m-k)r ∉ Z ⟹ r ∉ Z
⟹ am+1 = am+r ∉ Z - sprzeczność!
Zauważmy teraz, że każdy ciąg arytmetyczny jest jednoznacznie wyznaczony
przez 2 liczby – pierwszy wyraz (oznaczmy go jako a1) oraz różnicę między
kolejnymi wyrazami (oznaczmy go jako r).
Oznaczmy przez A badany zbiór i przez a ciąg o pierwszym wyrazie równym a1 i
różnicy równej ra
Oznaczmy przez A badany zbiór i zdefiniujmy funkcję f: A ↦ Z × Z taką, że:
f(ciąg o pierwszym wyrazie równym a1 i różnicy równej ra)=(a1,ra).
f jest różnowartościowa, ponieważ:
f(b)=f(c) ⟹ (b1,rb) =(c1,rc) ⟹ (b1=c1 ∧ rb=rc) ⟹ ∀i bi=ci ⟹ b=c
f jest „na”, ponieważ:
(k,m) =f(ciąg), gdzie ciąg=(k, k+m, k+2m, …)
Zatem A jest równoliczny ze zbiorem Z × Z, który jest równoliczny z N jako
iloczyn kartezjański 2 zbiorów równolicznych z N, a więc jest równoliczny z N.
b) Prawie wszystkie wyrazy ciągów z badanego zbioru (oznaczmy go jako B) mają
być całkowite, zatem ∃m ∈ N ∀n ≥ m an ∈ Z. Wynika stąd, że ilorazy tych
ciągów są liczbami wymiernymi, bo wystarczy wziąć ak, al=ak+1 dla k>m.
al
Dostajemy wtedy, że q=ak i jako, że ak, al=ak+1 są liczbami całkowitymi, to q ∈ Q.
Załóżmy, że a1 ∉ Q, wówczas ak = a1qk−1 ∉ Q dla dowolnego k naturalnego, bo
iloczyn liczby wymiernej z niewymierną jest niewymierny, a qk−1 ∈ Q jako iloczyn
liczb wymiernych ⟹ ak ∉ Q, co stoi w sprzeczności z założeniem, że ∀n ≥
m an ∈ Z
Wiemy zatem, że zarówno pierwszy wyraz dowolnego ciągu z B, jak i jego iloraz
są wymierne. Analogicznie jak dla podpunktu a) konstruujemy funkcję
f: B ↦ (a1,qa). Z powyższego rozumowania wynika, że f(B) ⊆ Q × Q, a zatem jest
co najwyżej przeliczalny.
B jest co najmniej przeliczalny, bo zawiera ciągi stale równe n dla każdego n
naturalnego (wystarczy wziąć q=1), a takich ciągów jest tyle, ile liczb
naturalnych.
Stąd |B|=|N|.