3. seria zadań
Mateusz Rapicki 7 stycznia 2017
1. Dla danego zbioru X sprawdź, czy r jest relacją częściowego porządku w X:
(a) X = P(N); (A, B) ∈ r ⇔ największy element zbioru A jest nie większy niż największy element zbioru B.
(b) X = N2; ((n1, k1), (n2, k2)) ∈ r ⇔ n1+ k1¬ n2+ k2. (c) X = P(N) \ {∅}; (A, B) ∈ r ⇔ ∃n∈NB = A ∪ {n}.
Rozwiązanie:
(a) NIE, ta relacja jest źle określona, ponieważ niektóre podzbiory zbioru liczb naturalnych nie mają największego elementu.
(b) NIE, ta relacja nie jest antysymetryczna, na przykład ((1, 0), (0, 1)) ∈ r oraz ((0, 1), (1, 0)) ∈ r.
(c) NIE, ta relacja nie jest przechodnia, na przykład ({1}, {1, 2}) ∈ r oraz ({1, 2}, {1, 2, 3}) ∈ r, ale ({1}, {1, 2, 3}) 6∈ r.
2. Dany jest zbiór X = {f ∈ NN : P
n∈Nf (n) · 2−n ¬ 1}. W zbiorze X określamy częściowy porządek warunkiem f g ⇔ ∀n∈Nf (n) ¬ g(n). Znajdź wszystkie elementy minimalne i maksymalne względem porządku (i udowodnij, że to wszystkie). Znajdź elementy najmniej- szy i największy, o ile istnieją (a jak nie istnieją, to udowodnij).
Rozwiązanie:
Ciąg m = (0, 0, 0, ...) jest najmniejszy. Faktycznie, dla dowolnego f ∈ X oraz n ∈ N mamy f (n) 0 = m(n), zatem m f .
Z tego, że istnieje element najmniejszy, wynika natychmiast, że jest on jedynym elementem minimalnym.
Niech S : X → [0; 1] będzie dana wzorem S(f ) = P
n∈Nf (n) · 2−n. Elementy maksymalne to dokładnie te ciągi f ∈ X, które spełniają S(f ) = 1. Faktycznie, niech f będzie dowolnym ciągiem z X spełniającym S(f ) = 1 oraz przypuśćmy, że f g, dla pewnego g ∈ X, czyli
∀n∈Nf (n) ¬ g(n). Dla dowolnej liczby n ∈ N mamy g(n) · 2−n ¬ 1 −P
k6=ng(k) · 2−k ¬ 1 −P
k6=nf (k) · 2−k = f (n) · 2−n, zatem g f . Udało nam się właśnie udowodnić, że jeżeli S(f ) = 1 to f jest maksymalny. Weźmy teraz dowolny f taki, że S(f ) < 1. Weźmy n taką, że S(f ) + 2−n< 1. Wtedy ciąg g = f + 1{n} (czyli g(k) = f (k) dla k 6= n oraz g(n) = f (n) + 1) należy do X i jednocześnie mamy f ≺ g. Udało nam się właśnie udowodnić, że jeżeli S(f ) < 1 to f nie jest maksymalny.
Z tego, że istnieje wiele różnych elementów maksymalnych, otrzymujemy w jednej chwili, że nie istnieje element największy.
3. Zbiór NN jest uporządkowany liniowo przez relację zadaną warunkiem f g ⇔ (f = g ∨ ∃n∈N(f (n) < g(n) ∧ ∀k∈N(k < n ⇒ f (k) = g(k)))). Udowodnij, że ten porządek jest
(a) gęsty.
1
(b) ciągły.
Rozwiązanie:
(a) Weźmy dwa dowolne ciągi f ≺ g. Niech n ∈ N będzie liczbą spełniającą ten warunek f (n) < g(n) ∧ ∀k∈N(k < n ⇒ f (k) = g(k)), a więc najwcześniejszym argumentem, na którym ciągi f i g się różnią. Niech h = f +1{n+1} (a więc h(k) = f (k) dla k 6= n + 1 oraz h(n + 1) = f (n + 1) + 1). Mamy wówczas f ≺ h, ponieważ pierwszą (i jednocześnie jedyną) pozycją na której f i h się różnią jest n + 1 i na tej pozycji mamy f (n + 1) <
f (n + 1) + 1 = h(n + 1). Zachodzi również h ≺ g, ponieważ pierwszą pozycją na której g i h się różnią jest n i na tej pozycji mamy g(n) > f (n) = h(n). Udało nam się właśnie, dla dowolnych f ≺ g, znaleźć h ∈ X taki, że f ≺ h ≺ g, udowodniliśmy więc gęstość porządku .
(b) Weźmy dowolny niepusty zbiór A ⊆ X. Dla f ∈ X oraz n ∈ N przyjmijmy oznaczenie f |n = f |{0,1,...,n−1} (a więc f |n oznacza obcięcie ciągu f do zbioru n początkowych liczb naturalnych; w szczególności f |0 = f |∅, czyli jest to ciąg pusty, zerowej długości).
Zdefiniujemy przez indukcję ciąg g ∈ X, który będzie kresem dolnym zbioru A oraz zstępujący ciąg (An)n∈N podzbiorów zbioru A następująco: Po pierwsze, niech A0 = A.
Dalej załóżmy, że mamy już zdefiniowany zbiór An. Niech g(n) = min{f (n) : f ∈ An}, i niech An+1= {f ∈ An: f (n) = g(n)}.
Widzimy, że ciąg g jest dobrze określony, bo każdy niepusty podzbiór zbioru N ma najmniejszy element i widzimy też, z definicji ciągu g, że wszystkie zbiory An, n ∈ N są niepuste. Ponadto dla wszystkich n ∈ N zachodzi An = {f ∈ A : f |n = g|n}.
Faktycznie dla n = 0 własność ta zachodzi w sposób oczywisty, a dalej przez indukcję:
jeśli An = {f ∈ A : f |n = g|n}, to An+1= {f ∈ A : f ∈ An∧ f (n) = g(n)} = {f ∈ A : f |n= g|n∧ f (n) = g(n)} = {f ∈ A : f |n+1= g|n+1}.
Pokażemy teraz, że g jest ograniczeniem dolnym zbioru A. Weźmy dowolny f ∈ A.
Rozpatrzmy dwa przypadki: f ∈T
n∈NAn albo f 6∈T
n∈NAn. W pierwszym przypadku dla wszystkich n ∈ N mamy f |n= g|n. Wobec tego f = g. W drugim przypadku niech n będzie najmniejszą liczbą naturalną, dla której f 6∈ An+1. Oznacza to, że f ∈ An (czyli f |n= g|n) i jednocześnie f (n) 6= g(n). Jednak, ponieważ g(n) = min{f (n) : f ∈ An}, to warunek f (n) 6= g(n) oznacza (dla f ∈ An), że f (n) > g(n). Wobec tego g ≺ f . Udało nam się właśnie udowodnić, że g jest ograniczeniem dolnym zbioru A.
Niech h będzie dowolnym ograniczeniem dolnym zbioru A różnym od g. Pokażemy, że h ≺ g. Niech n będzie najmniejszą liczbą naturalną, dla której h(n) 6= g(n). Oznacza to w szczególności, że h|n = g|n. Weźmy dowolną f ∈ An+1 ⊆ A. Dla k < n mamy h(k) = g(k) = f (k), a na pozycji n mamy h(n) 6= g(n) = f (n), co oznacza, że n jest pierwszą pozycją, na której f i h się różnią. Jako że h jest ograniczeniem dolnym zbioru A, to h ≺ f , a zatem h(n) < f (n) = g(n). Stąd h ≺ g. Udało nam się udowodnić, że g jest największym ograniczeniem dolnym zbioru A. Oznacza to, że g jest kresem dolnym zbioru A.
Udało nam się udowodnić, że każdy niepusty podzbiór zbioru X ma kres dolny. Jak wiadomo, wystarczy to aby uzasadnić ciągłość porządku .
2
