Przeliczalność, kresy, bijekcje Javier de Lucas

Wielkość: px

Rozpocząć pokaz od strony:

Download "Przeliczalność, kresy, bijekcje Javier de Lucas"

Janusz Marszałek
5 lat temu
Przeglądów:

$Przeliczalność, kresy, bijekcje Javier de Lucas Zadanie 1. Wyliczyć: + [ 3 n=1, ] 4 n n. + ] n n=1, 5 + [ n n+1 n 10 t [,3] A t oraz t [,3] A t, gdzie: A t = [t, t] [ t, t]. Zadanie. Pokazać, że funkcja f : X Y, gdzie X =]0, 1[, Y = [, ] \ { 1, 1} 3 1, ]0, 1], 3 f() = 3, ] 1 3, ], 3 6 5, ], 1[ 3 jest bijekcj a.$ Udowodnimy, że funkcja f : A /10 N jest bijekcj a. Najpierw, skoro 10, to /10 N i ta funkcja jest dobrze zdefiniowana. Nastȩpnie, udowodnimy, że f jest bijekcj a, czyli jest injekcj a i surjekcj a.

Udowodnimy, że funkcja f : A /10 N jest bijekcj a. Najpierw, skoro 10, to /10 N i ta funkcja jest dobrze zdefiniowana. Nastȩpnie, udowodnimy, że f jest bijekcj a, czyli jest injekcj a i surjekcj a.

1 Przeliczalność, kresy, bijekcje Javier de Lucas Zadanie 1. Wyliczyć: + [ 3 n=1, ] 4 n n. + ] n n=1, 5 + [ n n+1 n 10 t [,3] A t oraz t [,3] A t, gdzie: A t = [t, t] [ t, t]. Zadanie. Pokazać, że funkcja f : X Y, gdzie X =]0, 1[, Y = [, ] \ { 1, 1} 3 1, ]0, 1], 3 f() = 3, ] 1 3, ], 3 6 5, ], 1[ 3 jest bijekcj a. Znaleźć f 1 (). Zadanie 3. Udowodnić, że zbiór A = { N : 10 } jest przeliczalny. Rozwi azanie: Zbiór A jest przeliczalny kiedy A ma skończony wiele elementów albo istnieje bijekcja f : A N. Udowodnimy, że funkcja f : A /10 N jest bijekcj a. Najpierw, skoro 10, to /10 N i ta funkcja jest dobrze zdefiniowana. Nastȩpnie, udowodnimy, że f jest bijekcj a, czyli jest injekcj a i surjekcj a. Funkcja f jest injekcj a wtedy i tylko wtedy gdy Mamy, że f(n 1 ) = f(n ) n 1 = n. f(n 1 ) = f(n ) n 1 /10 = n /10 n 1 = n. Wówczas, f jest injekcj a. Funkcja f jest surjekcj a wtedy i tylko wtedy gdy n N, a A, f(a) = n. Aby udowodnić, że f jest surjekcj a wystarczy zauważyć, że dla n N mamy, że 10n A i f(10n) = n. Wiȩc, f jest surjekcj a. Skoro f jest injekcj a i surjekcj a, to f jest bijekcj a i A jest przeliczalny.

2 Zadanie 4. Korzystaj ac z funkcji f() = pokazać przeliczalność zbioru Z. {, N, 1, Z \ N Rozwi azanie: Zbiór A jest przeliczny kiedy ma skończone wiele elementów albo istnieje bijekcja miȩdzy A i N. Skoro Z ma nieskończone wiele elementów, to Z jest przeliczalny kiedy istnieje jakaś bijekcja miȩdzy Z i N. Spróbujemy udowodnić, że f : Z N to bijekcja. Najpierw udowodnimy, że f to injekcja, czyli f( 1 ) = f( ) 1 =. Aby to udowodnić, najpierw zauważamy, że f() jest parzysty dla N i nieparzysty dla Z/N. Wiȩc, jeżeli f( 1 ) = f( ), albo 1, N albo 1, Z/N. Jezeli 1, N, to f( 1 ) = f( ) 1 = 1 =. Jeżeli 1, Z/N to f( 1 ) = f( ) 1 1 = 1 1 =. Wiȩc, f jest injekcj a. Aby udowodnić, że f jest surjekcj a musimy sprawdzić, że dla każdego elementu n N istnieje Z taki, że f() = n. Żeby to udowodnić, trzeba pamiȩtać, że dla N wynika, że f() jest parzysty i jeżeli Z/N, to f() jest nieparzysty. Wiȩc, dany n parzysty, widać, że = n/ N, = f(n). Natomiast, dla n nieparzysty, to = (n + 1)/( ) Z/N f() = n. Wiȩc, dla każdego n N mamy, że istnieje Z taki, że f() = n. Zatem, f jest surjekcj a. Skoro f jest surjekcj a i injekcj a to f jest bijekcj a i Z jest przeliczalny. Zadanie 5. Dowieźć, źe każdy zbiór rozł acznych, połżonych na prostej odcinków jest przeliczalny. Zadanie 6. Omówić po raz n ty dowód przek atniowy Cantora nieprzeliczalnoćci odcinka ]0, 1[.

3 3, gdzie R, jest nieograni- 1+ Zadanie 7. Pokazać, że zbiór wartości funkcji f() = czony. Rozwi azanie: Zbiór A R jest ograniczony, gdy istniej a liczby M 1, M R takie, że M 1 a M dla każdego a A. Mówi ac inaczej, zbiór A jest ograniczony z góry i z dół. Udowodnijmy, że zbior wartósci funkcji f, czyli A = {f() R R} nie jest ograniczony z góry, czyli dla każdego M R istnieje a A taki, że a > M. Kiedy zbiór nie jest ograniczony z góry, to nie jest ograniczony. Aby udowodnić, że A nie jest ograniczony z góry, musimy udowodnić, że dla każdego M R istnieje R taki, że f() > M, czyli > M. Skoro 1 + > 0, to jest równoważnie warunkowi 3 > M(1 + ) 3 M M > 0 ( M) M > 0. (7.1) Teraz widać, że dla każdego M istnieje spełniaj ac ostatni warunek. Własnie, dla M < 0 mamy, że dla każdego 0 ten warunek siȩ spełnia. Natomiast, Dla M 0 wybieramy > ma{1, M} i mamy, że 1, M > M. Widać, że taki istnieje i spełnia nasz warunek (7.1). Wiȩc, zawsze istnieje spełniaj acy f() > M i zbiór wartości f nie jest ograniczony z góry i wtedy nie jest ograniczony. Zadanie 8. Pokazać, że zbiór liczb postaci m 5 n, m, n N jest nieograniczony z góry. Rozwi azanie: Musimy udowodnić, że dla każdego M R istnieje a A := {m 5 n m, n N}, taki, że a > M. Czyli, istniej a m, n N takie, że m 5 n > M. Właśność Archimedesa liczb naturalnych mówi nam, że dla każdego R istnieje m N taki, że < m.

4 Korzystaj ać z tego, mamy, że M < m M < m 5 1. Wiȩc, M < m 5 n dla n = 1. Element m 5 n należy do A i wtedy A nie jest ograniczony z góry. Zadanie 9. Pokazać, że funkcja f() = sin, ]0, + [, nie jest ograniczona z góry ani z dół. Rozwi azanie: Nieograniczność z góry. Musimy udowodnić, że dla każdego M R istnieje ]0, + [ taki, że f() > M. Z właśności Archimedesa mamy, że dla każdego M R istnieje element k N taki, że M 1 π 4 < k ( π M < 4k + 1 M < (4k + 1)π = f (4k + 1) π ). Wiȩc, f() > M dla = (4k + 1)π/. Nieograniczność z dół. Musimy udowodnić, że dla każdego M R istnieje ]0, + [ taki, że f() < M. Z właśności Archimedesa mamy, że dla każdego M R istnieje element k N taki, że M 3 π 4 < k ( π M < 4k+3 (4k+3)π < M < (4k+3)π M > f (4k + 3) π ). Zadanie 10. Wykać, że kres górny zbioru liczb postaci 0} jest równy 1., gdzie R 1+ + = { R > Wiemy, że < 1 + i z tego /(1 + ) < 1 dla > 0. Z tego wynika, że 1 to ograniczenie górne zbioru { } A = 1 + R +. Aby udowodnić, że 1 to kres górny, czyli najmiejsze ograniczenie górne, trzeba udowodnić, że nie ma α spełniaj ac R +, 1 + α < 1. Taki warunek jest równowaśnie warunkowi R +, α 1 < 0 R +, α > 0.

5 Ale to ostanie jest fałszywe!! Jeżeli 1 > β > α to ustalaj ac = β/(1 β) otrzymamy To sprzeczność i nie ma α < = 1 β < 1 α. Zadanie 11. Wykać, źe liczba nie jest kresem górnym zbioru liczb postaci 3n+1 n+1, n N. Rozwi azanie: Wystaczy znaleźć liczbȩ α spełniaj ac, że Widać, że Wiȩc, n N mamy, że n + 1 < α <, n N. n + 1 = 3 1/ n + 1. n + 1 = 3 1/ n + 1 < 3. Zatem, 3/ to ograniczenie górne liczb ()/(n + 1) dla n N. Skoro 3/ < to to nie kreś gorny: istnieje mniejsze ograniczenie górne naszego zbioru.

Podobne dokumenty

Cia la i wielomiany Javier de Lucas

Cia la i wielomiany Javier de Lucas Ćwiczenie 1. Za lóż, że (F, +,, 1, 0) jest cia lem i α, β F. w laściwości s a prawd a? Które z nastȩpuj acych 1. 0 α = 0. 2. ( 1) α = α. 3. Każdy element zbioru F ma