Jakiej mocy jest rodzina przedziałów \( [a,b) : a,b \in \mathbb{N} , a<b \)
a jakiej mocy jest rodzina punktów tworzących okrąg \(x^2+y^2=1\)
Indeksowanej rodziny zbiorów
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
Młodociany całkowicz
- Często tu bywam
- Posty: 170
- Rejestracja: 07 kwie 2019, 20:35
- Podziękowania: 3 razy
- Otrzymane podziękowania: 39 razy
Re: Indeksowanej rodziny zbiorów
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 \(\aleph_0\)
\( (\forall n \in \nn , N \in \nn \cup \{0\} )(\frac{N(N+1)}{2} < n \le \frac{(N+1)(N+2)}{2} \Rightarrow a_n = [n-\frac{N(N+1)}{2},N+2)) \)
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 \(\aleph_0\)
-
Młodociany całkowicz
- Często tu bywam
- Posty: 170
- Rejestracja: 07 kwie 2019, 20:35
- Podziękowania: 3 razy
- Otrzymane podziękowania: 39 razy
Re: Indeksowanej rodziny zbiorów
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:
\(|A| = |[0,2\pi)| = |(0,2\pi)| = |\rr| = \mathfrak{C}\)
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:
\(|A| = |[0,2\pi)| = |(0,2\pi)| = |\rr| = \mathfrak{C}\)
-
Młodociany całkowicz
- Często tu bywam
- Posty: 170
- Rejestracja: 07 kwie 2019, 20:35
- Podziękowania: 3 razy
- Otrzymane podziękowania: 39 razy
-
Młodociany całkowicz
- Często tu bywam
- Posty: 170
- Rejestracja: 07 kwie 2019, 20:35
- Podziękowania: 3 razy
- Otrzymane podziękowania: 39 razy
Re: Indeksowanej rodziny zbiorów
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:
\(|A| = |[0,2\pi)| = |(0,2\pi)| = |\rr| = \mathfrak{C}\)
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:
\(|A| = |[0,2\pi)| = |(0,2\pi)| = |\rr| = \mathfrak{C}\)