2. seria zadań Mateusz Rapicki 9 grudnia 2016

2. seria zadań

Mateusz Rapicki 9 grudnia 2016

1. Dane są zbiory A, B, C, D, przy czym |A| ¬ |C|, |B| ¬ |D|, oraz D 6= ∅. Udowodnij, że

|B^A| ¬ |D^C|.

Rozwiązanie:

Rozważmy dwa przypadki: A = ∅ oraz A 6= ∅. Jeżeli A = ∅ to |B^A| = |B^∅| = 1 oraz |D^C| ­ 1, ponieważ D 6= ∅. Jeżeli natomiast A 6= ∅ to z warunku |A| ¬ |C| wnioskujemy, że istnieje suriekcja g : C → A. Skoro |B| ¬ |D|, to istnieje iniekcja h : B → D. W takim razie możemy zdefiniować funkcję Φ : B^A → D^C wzorem Φ(f ) = h ◦ f ◦ g. Widzimy, że dla f : A → B tak zdefiniowana Φ(f ) faktycznie prowadzi z C w D. Udowodnimy, że Φ jest różnowartościowa.

Weźmy f1, f2 : A → B i załóżmy, że Φ(f1) = Φ(f2), czyli h ◦ f1◦ g = h ◦ f2◦ g. Ponieważ h jest różnowartościowa, równość ta jest równoważna równości f1◦ g = f2◦ g. Ponieważ g jest na A, równość ta jest równoważna równości f1= f2. Przekonaliśmy się właśnie, że Φ jest różnowartościowa, więc |B^A| ¬ |D^C|.

2. Niech L oznacza zbiór wszystkich prostych na płaszczyźnie. Dla ustalonej k ∈ L udowodnij, że |k| = |{l ∈ L : k ⊥ l}|.

Rozwiązanie:

Oznaczmy A_k = {l ∈ L : k ⊥ l}. Niech f : k → A_k będzie bijekcją zadaną następująco: f (x) to prosta prostopadła do prostej k przechodząca przez punkt x. f jest różnowartościowa, bo jeżeli f (x) = f (y) to w szczególności f (x) przecina k w tym samym punkcie, co f (y), zatem x = y. f jest na Ak, bo dla l ∈ Ak jeśli weźmiemy za x punkt przecięcia l oraz k to mamy f (x) = l. f jest więc bijekcją, stąd zbiór Ak jest równoliczny z prostą k.

3. Niech A = {f : N → {0, 1} : ∀n∈Nf (2n) + f (2n + 1) = 1}. Oblicz |A|.

Rozwiązanie:

Niech Φ : {0, 1}^N → A będzie zadana wzorami Φ(f )(2n) = f (n) oraz Φ(f )(2n + 1) = 1 − f (n). Faktycznie, tak określona funkcja Φ prowadzi w A, bo ∀_n∈NΦ(f )(2n) + Φ(f )(2n + 1) = f (n) + 1 − f (n) = 1. Weźmy dowolne f1, f2∈ {0, 1}^N i przypuśćmy, że Φ(f1) = Φ(f2). To w szczególności oznacza, że ∀_n∈Nf1(n) = Φ(f1)(2n) = Φ(f2)(2n) = f2(n), zatem f1 = f2 i stąd Φ jest różnowartościowa. Weźmy dowolny g ∈ A. Wtedy ciąg f ∈ {0, 1}^N: f (n) = g(2n) ma tę własność, że Φ(f ) = g i stąd Φ jest na A. Φ jest więc bijekcją, wobec tego |A| = |{0, 1}^N| = c.

4. Niech A = {f : N → {0, 1} : ∀n∈Nf (n) + f (n + 1) = 1}. Oblicz |A|.

Rozwiązanie:

Weźmy dowolny f ∈ A. Przypuśćmy, że f (0) = 0. Łatwo udowodnić przez indukcję, że dla każdej n ∈ N mamy f (n) = 0 ⇔ 2|n. Warunek ten jednoznacznie wyznacza ciąg f . Podobnie, jest tylko jeden ciąg f ∈ A taki, że f (0) = 1. Stąd |A| = 2. Powyższe rozumowanie uzasadnia jednocześnie, że funkcja Φ : A → {0, 1} zdefiniowana wzorem Φ(f ) = f (0) jest bijekcją, zatem

|A| = |{0, 1}| = 2.

1

5. Niech (fx)_x∈R będzie rodziną ciągów liczb wymiernych, indeksowaną liczbami rzeczywistymi, przy czym dla każdej x ∈ R ciąg f^xma własność limn→∞fx(n) = x. Udowodnij, że dla x 6= y zbiór Rf_x∩ Rf_y jest skończony.

Rozwiązanie:

Weźmy dwie różne liczby rzeczywiste x, y i oznaczmy  = |x − y|/3. Skoro fx(n) → x, to istnieje liczba Nx : ∀n>N_x|fx(n) − x| < . Podobnie, istnieje liczba Ny : ∀n>N_y|fy(n) − y| < . Oczywiście przedziały (x − ; x + ) i (y − ; y + ) są rozłączne. Weźmy dowolną t ∈ R_fx∩ Rfy. Oznaczmy przez k, l liczby naturalne, dla których zachodzi fx(k) = t = fy(l).

Jeżeli jednocześnie k > N_x oraz l > N_y, to t ∈ (x − ; x + ) ∩ (y − ; y + ) = ∅, co jest niemożliwe. Zatem co najmniej jedna z nierówności k > N_x, l > N_ynie zachodzi. Wobec tego R_fx ∩ R_fy ⊆ {f_x(n) : n ¬ N_x} ∪ {f_y(n) : n ¬ N_y}. Widzimy, że ten zbiór ma co najwyżej N_x+ N_y+ 2 elementów, jest więc skończony.

2