Indeksowanej rodziny zbiorów

Zbiory, relacje, logika
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
pitter505
Witam na forum
Witam na forum
Posty: 4
Rejestracja: 07 sty 2021, 20:28
Podziękowania: 4 razy
Płeć:

Indeksowanej rodziny zbiorów

Post autor: pitter505 » 11 sty 2021, 12:53

Jakiej mocy jest rodzina przedziałów \( [a,b) : a,b \in \mathbb{N} , a<b \)
a jakiej mocy jest rodzina punktów tworzących okrąg \(x^2+y^2=1\)

Awatar użytkownika
Młodociany całkowicz
Czasem tu bywam
Czasem tu bywam
Posty: 137
Rejestracja: 07 kwie 2019, 20:35
Podziękowania: 3 razy
Otrzymane podziękowania: 36 razy

Re: Indeksowanej rodziny zbiorów

Post autor: Młodociany całkowicz » 11 sty 2021, 18:02

Niech ciąg \(a\) będzie zdefiniowany następująco:

\( (\forall n \in \nn , N \in \nn \cup \{0\} )(\frac{N(N+1)}{2} < n \le \frac{(N+1)(N+2)}{2} \Rightarrow a_n = [n-\frac{N(N+1)}{2},N+2)) \)

Udowodnię, że ten ciąg jest bijekcją ze zbioru liczb naturalnych na pierwszy wskazany przez ciebie zbiór.

Najpierw dowodzimy różnowartościowości:

Przypuśćmy, że istnieją takie \(n,m\in \nn , n > m\), że \(a_n = a_m\)

Oczywiście wówczas istnieje \(N\), takie, że \(\frac{N(N+1)}{2} < n,m \le \frac{(N+1)(N+2)}{2}\)
Powyższy warunek musi być spełniony, aby drugie końce przedziałów były sobie równe.
Ponieważ \(n > m\), po obustronnym odjęciu \(\frac{N(N+1)}{2}\) mamy \(n - \frac{N(N+1)}{2} > m- \frac{N(N+1)}{2} \).
A zatem \(a_n \ne a_m\), co daje nam sprzeczność.
A więc ciąg jest różnowartościowy.

Rozważmy teraz przedział \([A, B)\), gdzie \(A,B\in \nn \wedge A<B\)

Wówczas z pewnością istnieje \(N \in \nn \cup \{0\}\), że \(N+2 = B\), jako, że \(B > 1\)

Niech \(n = A + \frac{N(N+1)}{2}\)

Oczywiście \(n > \frac{N(N+1)}{2}\), bo \(A>1\)
Ponadto \(n < N+2 + \frac{N(N+1)}{2}\), bo \(A<B=N+2\)
A zatem
\(n \le N+1 + \frac{N(N+1)}{2} = \frac{(N+1)(N+2)}{2}\)

A więc \(a_n = [A,B)\)

Udowodnimy teraz, że każdy wyraz ciągu należy do wskazanego zbioru.

Niech \(n \in \nn\)

Wówczas istnieje \(N\in \nn \cup \{0\}\), takie, że

\(\frac{N(N+1)}{2} < n \le \frac{(N+1)(N+2)}{2}\)

\(n - \frac{N(N+1)}{2} < \frac{(N+1)(N+2)}{2} - \frac{N(N+1)}{2} + 1 = N+2\)

Zatem \(a_n\) należy do wskazanego zbioru.

A więc ciąg ten jest bijekcą ze zbioru liczb naturalnych na pierwszy wskazany przez ciebie zbiór.

Dlatego też moc tego zbioru wynosi \(\aleph_0\)

Awatar użytkownika
Młodociany całkowicz
Czasem tu bywam
Czasem tu bywam
Posty: 137
Rejestracja: 07 kwie 2019, 20:35
Podziękowania: 3 razy
Otrzymane podziękowania: 36 razy

Re: Indeksowanej rodziny zbiorów

Post autor: Młodociany całkowicz » 11 sty 2021, 20:25

Nazwijmy drugi wskazany przez ciebie zbiór \(A\).
Niech \((x,y) \in A\)
Wówczas \(-1\le x,y\le1\)
Niech \(f((x,y)) = \begin{cases}\arccos x , y\ge 0\\ \arccos(-x) + \pi, y<0 \end{cases} \)

Najpierw udowodnimy, że funkcja \(f\) jest różnowartościowa.

Niech \(x_1^2+y_1^2 = 1\)
NIech \(x_2^2+y_2^2 = 1\)
Niech \((x_1,y_1) \ne (x_2,y_2)\)

Przypuśćmy, że \(f((x_1,y_1)) = f((x_2,y_2))\)

\(1^o: \) \(y_1\ge0 \wedge y_2 \ge 0\)
\(f((x_1,y_1)) = \arccos(x_1) = \arccos(x_2) = f((x_2,y_2))\)

Ponieważ funkcja \(\arccos\) jest różnowartościowa, \(x_1 = x_2\)

\(2^o y_1,y_2<0\)
Analogicznie do poprzedniego podpunktu dowodzimy, że \(-x_1 = -x_2 \Rightarrow x_1 = x_2\)
\(3^o y_1y_2<0\)
Ponieważ zbiorem wartości funkcji \(\arccos\) jest przedział \([0,\pi]\), \(f(x_1,y_1)\ne f(x_2,y_2)\), co jest sprzeczne z założeniami.

A zatem \(y_1\) i \(y_2\) mają te same znaki i \(x_1 = x_2\)

\( \begin{cases}x_1^2 + y_1^2 = 1\\x_1^2+y_2^2 = 1 \end{cases} \)

Po odjęciu równań stronami otrzymujemy

\((y_1-y_2)(y_1+y_2) = 0\)

Ponieważ \(y_1\) i \(y_2\) mają te same znaki, \(y_1=y_2\)

A więc \((x_1,y_1) = (x_2,y_2)\), co jest sprzeczne z założeniami.

A zatem funkcja \(f\) jest różnowartościowa.

Niech teraz \(p \in [0,2\pi)\)

\(1^o\) \(p\in[0,\pi]\)

Niech \(x = \cos p\)
Niech \(y = \sin p\)

Wówczas \(y\ge 0\), a zatem \(f((x,y)) = p\)

Ponadto z jedynki trygonometrycznej mamy, że \(x^2 + y^2 = 1\)

A więc \((x,y) \in A\)

\(2^o\) \(p\in(\pi,2\pi)\)

Niech \(x = \cos p\)
Niech \(y = \sin p\)

Wówczas \(y < 0\), a zatem \(f((x,y)) = p\)

Ponadto z jedynki trygonometrycznej mamy, że \(x^2 + y^2 = 1\)

Dowiedliśmy więc, że \(f\) jest bijekcją ze zbioru \(A\) na przedział \([0,2\pi)\).



Dlatego też \(|A| = |[0,2\pi)|\)



Niech \(B = \{2\pi - (2\pi)^{-n+1}: n\in \nn\}\)


Niech \( g(x) = \begin{cases}2\pi - \frac{2\pi - x}{2\pi}, x\in B \\ x, x \notin B\end{cases} \)

Niech \(x,y \in [0,2\pi), x\ne y\)

\(1^o\) \(x,y \in B \)

\(x \ne y \Rightarrow 1-x \ne 1-y \Rightarrow \frac{2\pi - x}{2\pi} \ne \frac{2\pi - y}{2\pi} \Rightarrow 2\pi- \frac{2\pi - x}{2\pi} \ne 2\pi-\frac{2\pi - y}{2\pi} \Rightarrow g(x) \ne g(y)\)

\(\)

\(2^o\) \(x,y \notin B \)

\(x\ne y \Rightarrow g(x) \ne g(y) \)

\(3^o\) \(x \in B \wedge y \notin B \)

Niech \(x = 2\pi - (2\pi)^{-n+1}\), gdzie \(n \in \nn\)

Wówczas \(g(x) = 2\pi - \frac{2\pi-(2\pi - (2\pi)^{-n+1})}{2\pi} = 2\pi - (2\pi)^{-n} \in B\)

\(g(y) = y \notin B\)

A zatem \(g(x) \ne g(y)\)

\(4^o\) \(y \in B \wedge x \notin B \)

Analogicznie do poprzedniego przypadku dowodzimy, że

\(g(x) \ne g(y)\)

A zatem funkcja \(g\) jest różnowartościowa.

Niech teraz \(p \in (0, 2\pi)\)

\(1^o\) \(p\in B\)

Niech \( p = 2\pi-(2\pi)^{-n+1}\), gdzie \(n\in \nn \wedge n>1\)

Niech \(x = 2\pi-(2\pi)^{-n+2}\)

Wówczas \(x\in B\) i \(g(x) = p\)

\(2^o\) \(p\notin B\)

Niech \(x = p\).

Wówczas \(g(x) = p\)

Udowodnimy teraz, że \(( \forall x \in [0,2\pi))(g(x) \in (0,2\pi))\)

\(1^o\) Niech \(x\in B\)

Niech \(x =2\pi- (2\pi)^{-n+1}, n\in \nn\)

\(g(x) = 2\pi - (2\pi)^{-n}\)

A więc \(0< g(x) < 2\pi\)

\(1^o\) Niech \(x\notin B\)

Wówczas \(x\ne0\)

\(g(x) = x \Rightarrow 0 < g(x) < 2\pi\)

A zatem \(g\) jest bijekcją ze zbioru \([0,2\pi)\) na zbiór \((0,2\pi)\)

A zatem \(|[0,2\pi)| = |(0,2\pi)|\)

Jak łatwo zauważyć, jest to bijekcja z przedziału \((0,2\pi)\) na zbiór liczb rzeczywistych.

Niech \(h(x) = \tan(\frac{x - \pi}{2})\)

Podsumowując:

\(|A| = |[0,2\pi)| = |(0,2\pi)| = |\rr| = \mathfrak{C}\)

Awatar użytkownika
Młodociany całkowicz
Czasem tu bywam
Czasem tu bywam
Posty: 137
Rejestracja: 07 kwie 2019, 20:35
Podziękowania: 3 razy
Otrzymane podziękowania: 36 razy

Re: Indeksowanej rodziny zbiorów

Post autor: Młodociany całkowicz » 12 sty 2021, 01:37

W drugie rozwiązanie wkradł się drobny błąd, który już poprawiam.

Awatar użytkownika
Młodociany całkowicz
Czasem tu bywam
Czasem tu bywam
Posty: 137
Rejestracja: 07 kwie 2019, 20:35
Podziękowania: 3 razy
Otrzymane podziękowania: 36 razy

Re: Indeksowanej rodziny zbiorów

Post autor: Młodociany całkowicz » 12 sty 2021, 01:57

Nazwijmy drugi wskazany przez ciebie zbiór \(A\).
Niech \((x,y) \in A\)
Wówczas \(-1\le x,y\le1\)
Niech \(f((x,y)) = \begin{cases}\arccos x , y\ge 0\\ \arccos(-x) + \pi, y<0 \end{cases} \)

Najpierw udowodnimy, że funkcja \(f\) jest różnowartościowa.

Niech \(x_1^2+y_1^2 = 1\)
NIech \(x_2^2+y_2^2 = 1\)
Niech \((x_1,y_1) \ne (x_2,y_2)\)

Przypuśćmy, że \(f((x_1,y_1)) = f((x_2,y_2))\)

\(1^o: \) \(y_1\ge0 \wedge y_2 \ge 0\)
\(f((x_1,y_1)) = \arccos(x_1) = \arccos(x_2) = f((x_2,y_2))\)

Ponieważ funkcja \(\arccos\) jest różnowartościowa, \(x_1 = x_2\)

\(2^o y_1,y_2<0\)
Analogicznie do poprzedniego podpunktu dowodzimy, że \(-x_1 = -x_2 \Rightarrow x_1 = x_2\)
\(3^o y_1y_2<0\)
Ponieważ zbiorem wartości funkcji \(\arccos\) jest przedział \([0,\pi]\), \(f(x_1,y_1)\ne f(x_2,y_2)\), co jest sprzeczne z założeniami.

A zatem \(y_1\) i \(y_2\) mają te same znaki i \(x_1 = x_2\)

\( \begin{cases}x_1^2 + y_1^2 = 1\\x_1^2+y_2^2 = 1 \end{cases} \)

Po odjęciu równań stronami otrzymujemy

\((y_1-y_2)(y_1+y_2) = 0\)

Ponieważ \(y_1\) i \(y_2\) mają te same znaki, \(y_1=y_2\)

A więc \((x_1,y_1) = (x_2,y_2)\), co jest sprzeczne z założeniami.

A zatem funkcja \(f\) jest różnowartościowa.

Niech teraz \(p \in [0,2\pi)\)

\(1^o\) \(p\in[0,\pi]\)

Niech \(x = \cos p\)
Niech \(y = \sin p\)

Wówczas \(y\ge 0\), a zatem \(f((x,y)) = p\)

Ponadto z jedynki trygonometrycznej mamy, że \(x^2 + y^2 = 1\)

A więc \((x,y) \in A\)

\(2^o\) \(p\in(\pi,2\pi)\)

Niech \(x = \cos p\)
Niech \(y = \sin p\)

Wówczas \(y < 0\), a zatem \(f((x,y)) = p\)

Ponadto z jedynki trygonometrycznej mamy, że \(x^2 + y^2 = 1\)

Dowiedliśmy więc, że \(f\) jest bijekcją ze zbioru \(A\) na przedział \([0,2\pi)\).



Dlatego też \(|A| = |[0,2\pi)|\)



Niech \(B = \{2\pi - (2\pi)^{-n+1}: n\in \nn \cup \{0\}\}\)


Niech \( g(x) = \begin{cases}2\pi - \frac{2\pi - x}{2\pi}, x\in B \\ x, x \notin B\end{cases} \)

Niech \(x,y \in [0,2\pi), x\ne y\)

\(1^o\) \(x,y \in B \)

\(x \ne y \Rightarrow 2\pi-x \ne 2\pi-y \Rightarrow \frac{2\pi - x}{2\pi} \ne \frac{2\pi - y}{2\pi} \Rightarrow 2\pi- \frac{2\pi - x}{2\pi} \ne 2\pi-\frac{2\pi - y}{2\pi} \Rightarrow g(x) \ne g(y)\)

\(\)

\(2^o\) \(x,y \notin B \)

\(x\ne y \Rightarrow g(x) \ne g(y) \)

\(3^o\) \(x \in B \wedge y \notin B \)

Niech \(x = 2\pi - (2\pi)^{-n+1}\), gdzie \(n \in \nn\)

Wówczas \(g(x) = 2\pi - \frac{2\pi-(2\pi - (2\pi)^{-n+1})}{2\pi} = 2\pi - (2\pi)^{-n} \in B\)

\(g(y) = y \notin B\)

A zatem \(g(x) \ne g(y)\)

\(4^o\) \(y \in B \wedge x \notin B \)

Analogicznie do poprzedniego przypadku dowodzimy, że

\(g(x) \ne g(y)\)

A zatem funkcja \(g\) jest różnowartościowa.

Niech teraz \(p \in (0, 2\pi)\)

\(1^o\) \(p\in B\)

Niech \( p = 2\pi-(2\pi)^{-n+1}\), gdzie \(n\in \nn \wedge n>0\)

Niech \(x = 2\pi-(2\pi)^{-n+2}\)

Wówczas \(x\in B\) i \(g(x) = p\)

\(2^o\) \(p\notin B\)

Niech \(x = p\).

Wówczas \(g(x) = p\)

Udowodnimy teraz, że \(( \forall x \in [0,2\pi))(g(x) \in (0,2\pi))\)

\(1^o\) Niech \(x\in B\)

Niech \(x =2\pi- (2\pi)^{-n+1}, n\in \nn \cup \{0\}\)

\(g(x) = 2\pi - (2\pi)^{-n}\)

A więc \(0< g(x) < 2\pi\)

\(2^o\) Niech \(x\notin B\)

Wówczas \(x\ne0\)

\(g(x) = x \Rightarrow 0 < g(x) < 2\pi\)

A zatem \(g\) jest bijekcją ze zbioru \([0,2\pi)\) na zbiór \((0,2\pi)\)

A zatem \(|[0,2\pi)| = |(0,2\pi)|\)



Niech \(h(x) = \tan(\frac{x - \pi}{2})\)

Jak łatwo zauważyć, jest to bijekcja ze zbioru \((0,2\pi)\) na zbiór liczb rzeczywistych.
Podsumowując:

\(|A| = |[0,2\pi)| = |(0,2\pi)| = |\rr| = \mathfrak{C}\)