5 stycznia 2016

Elementy logiki i teorii mnogości, 2015/2016 sprawdzian – rozwiązania

5 stycznia 2016

Wersja A

Zadanie 1

Niech An,m= [n +_m¹, 3n] ⊆ R, n, m ∈ N, n, m ≥ 1. Oblicz:

a) ⋃^∞n=1An,2016, b) ⋂^∞n=1⋃^∞m=1A_n,m,

c) P ({∅} ∪ (A1,2016∩ N)).

Odpowiedzi uzasadnij!

Rozwiazanie:

a) Twierdzę, że⋃^∞n=1A_n,2016= [1 +₂₀₁₆¹ ,∞). Rzeczywiście:

ˆ ⋃^∞n=1An,2016⊆ [1+₂₀₁₆¹ ,∞), bowiem jeśli x ∈ An,2016dla pewnego n≥ 1, to x ≥ n+₂₀₁₆¹ ≥ 1+₁₆¹, a zatem x∈ [1 +₂₀₁₆¹ ,∞).

ˆ [1 +₂₀₁₆¹ ,∞) ⊆ ⋃^∞n=1An,2016, bowiem, jeśli x∈ [1 +₂₀₁₆¹ , 3], to x ∈ A1,2016, więc x∈ ⋂^∞n=1. Jeśli natomiast x∈ [3, ∞), to x ∈ [⌊x⌋ − 1 +₂₀₁₆¹ , 3(⌊x⌋ − 1)] = A⌊x⌋−1,2016, a zatem x∈ ⋃^∞n=1An,2016.

b) Niech B_n= ⋃^∞m=1A_n,m. Twierdzę, że B_n= (n, 3n]

ˆ Bn ⊆ (n, 3n], bowiem dla każdego x ∈ Bn mamy, że dla każdego m≥ 1, n < n +_m¹ ≤ x ≤ 3n, a zatem x∈ (n, 3n].

ˆ (n, 3n] ⊆ Bn. Niech x∈ (n, n + 1). Wtedy x ∈ An,mdla m takiego, że x− n ≥_m¹, czyli m≥_x−n¹ . A zatem np. dla m= ⌈_x−n¹ ⌉. A zatem x ∈ Bn. Jeśli natomiast x∈ [n + 1, 3n], to x ∈ An,1 = [n + 1, 3n], a zatem również x∈ Bn.

A zatem⋂^∞n=1⋃^∞m=1An,m= ⋂^∞n=1Bn= ⋂^∞n=1(n, 3n] = ∅, bowiem, ⋂^∞n=1Bn= ⋂^∞n=1(n, 3n] ⊆ (1, 3] ∩ (3, 9] = ∅.

c) A1,2016= [1 +₂₀₁₆¹ , 3]. A zatem A1,2016∩ N = {2, 3}, a zatem {∅} ∪ (A1,2016∩ N) = {∅, 2, 3}. Czyli:

P ({∅} ∪ (A1,2016∩ N)) = {∅, {∅}, {2, }, {3}, {∅, 2}, {∅, 3}, {2, 3}, {∅, 2, 3}} .

Zadanie 2

Niech f∶ R × (R ∖ {0}) będzie zadane wzorem f(x, y) = x +¹_y. a) Rozstrzygnij, czy f jest różnowartościowa i czy jest „na”.

b) Oblicz f[{⟨x, y⟩ ∶ x = 2016}].

c) Naszkicuj f⁻¹[{0}].

Odpowiedzi uzasadnij.

Rozwiązanie:

1

a) f nie jest różnowartościowa, bowiem f(1, −1) = 0 = f(−1, 1). Jest natomiast „na”. Niech bowiem r ∈ R. Jeśli r≠ 0, to r = f(0,¹_r). Natomiast jeśli r = 0, to r = f(1, −1).

b) Zauważamy, że f[{⟨x, y⟩ ∶ x = 2016}] = R∖{2016}, bowiem r = f(2016,_r−2016¹ ). Ale dla żadnego y, nie zachodzi 2016= 2016 +¹_y.

c) Oczywiście f(x, y) ∈ {0} o ile x +¹_y = 0, czyli y = −¹_x. Zatem to następujący zbiór:

Zadanie 3

A = {f ∈ N^N∶ ∃m∈N∀n>m,n∈Nf(n + 1) = f(n) + 1}.

Wykaż, żeA jest zbiorem przeliczalnym.

Rozwiazanie:

A to rodzina ciągów liczb naturalnych, w których od pewnego już są jednoznacznie wyznaczone, mianowicie rosną o jeden. Zatem:

A = ⋃

m∈NAm, gdzie:

Am= {f ∈ N^N∶ ∀n>m,n∈Nf(n + 1) = f(n) + 1}

jest zbiorem ciągów, które rosną o 1 począwszy od m-tego miejsca. Taki ciąg jest wyznaczony przez f(0), f(1), . . . , f(m),

czyli jego pierwszych m+ 1 wyrazów, a zatem mamy bijekcję pomiędzy Amoraz N^m, a ponieważ∣N^m∣ = ∣N∣, to A_mjest zbiorem przeliczalnym, aA jest sumą przeliczalnie wielu zbiorów przeliczalnych, więc jest przeliczalna.

◻

Wersja B

Zadanie 1

Niech An,m= [n, 3n −_m¹] ⊆ R, n, m ∈ N, n, m ≥ 1. Oblicz:

a) ⋃^∞n=1An,2016, b) ⋂^∞n=1⋃^∞m=1An,m,

c) P ({∅} ∪ (A1,2016∩ N)).

2

Odpowiedzi uzasadnij!

Rozwiazanie:

a) Twierdzę, że⋃^∞n=1An,2016= [1, ∞). Rzeczywiście:

ˆ ⋃^∞n=1An,2016⊆ [1, ∞), bowiem jeśli x ∈ An,2016 dla pewnego n≥ 1, to x ≥ n ≥ 1, a zatem x ∈ [1, ∞).

ˆ [1, ∞) ⊆ ⋃^∞n=1A_n,2016, bowiem, jeśli 1 ∈ [3, ∞), to x ∈ [⌊x⌋, 3 (⌊x⌋ − 1) −₂₀₁₆¹ ] = A⌊x⌋,2016, a zatem x∈ ⋃^∞n=1A_n,2016.

b) Niech Bn= ⋃^∞m=1An,m. Twierdzę, że Bn= [n, 3n)

ˆ Bn ⊆ [n, 3n), bowiem dla każdego x ∈ Bn mamy, że dla każdego m≥ 1, n ≤ x ≤ 3n −_m¹ < 3n, a zatem x∈ [n, 3n).

ˆ [n, 3n) ⊆ Bn. Niech x∈ (3n − 1, 3n). Wtedy x ∈ An,m dla m takiego, że x− 3n ≥ _m¹, czyli m≥ _x−3n¹ . A zatem np. dla m= ⌈_x−3n¹ ⌉. A zatem x ∈ Bⁿ. Jeśli natomiast x∈ [n, 3n − 1], to x ∈ An,1= [n, 3n − 1], a zatem również x∈ Bn.

A zatem⋂^∞n=1⋃^∞m=1An,m= ⋂^∞n=1Bn= ⋂^∞n=1[n, 3n) = ∅, bowiem, ⋂^∞n=1Bn= ⋂^∞n=1[n, 3n) ⊆ [1, 3) ∩ [3, 9) = ∅.

c) A1,2016= [1, 3 −₂₀₁₆¹ ]. A zatem A1,2016∩ N = {1, 2}, a zatem {∅} ∪ (A1,2016∩ N) = {∅, 1, 2}. Czyli:

P ({∅} ∪ (A1,2016∩ N)) = {∅, {∅}, {1, }, {2}, {∅, 1}, {∅, 2}, {1, 2}, {∅, 1, 2}} .

Zadanie 2

Niech f∶ R × (R ∖ {0}) będzie zadane wzorem f(x, y) = x −¹_y. a) Rozstrzygnij, czy f jest różnowartościowa i czy jest „na”.

b) Oblicz f[{⟨x, y⟩ ∶ x = 2016}].

c) Naszkicuj f⁻¹[{0}].

Odpowiedzi uzasadnij.

Rozwiązanie:

a) f nie jest różnowartościowa, bowiem f(1, 1) = 0 = f(−1, −1). Jest natomiast „na”. Niech bowiem r ∈ R. Jeśli r≠ 0, to r = f(0,⁻¹_r). Natomiast jeśli r = 0, to r = f(1, 1).

b) Zauważamy, że f[{⟨x, y⟩ ∶ x = 2016}] = R∖{2016}, bowiem r = f(2016,_2016−r¹ ). Ale dla żadnego y, nie zachodzi 2016= 2016 −¹_y.

c) Oczywiście f(x, y) ∈ {0} o ile x −¹_y = 0, czyli y =¹_x. Zatem to następujący zbiór:

3

Zadanie 3

B = {f ∈ N^N∶ ∃m∈N∀n>m,n∈Nf(n + 1) = f(n) ⋅ 2}.

Wykaż, żeB jest zbiorem przeliczalnym.

Rozwiazanie:

B to rodzina ciągów liczb naturalnych, w których od pewnego już są jednoznacznie wyznaczone, mianowicie rosną razy dwa. Zatem:

B = ⋃

m∈N

B_m, gdzie:

B_m= {f ∈ N^N∶ ∀n>m,n∈Nf(n + 1) = f(n) ⋅ 2}

jest zbiorem ciągów, które rosną razy 2 począwszy od m-tego miejsca. Taki ciąg jest wyznaczony przez f(0), f(1), . . . , f(m),

czyli jego pierwszych m+ 1 wyrazów, a zatem mamy bijekcję pomiędzy Bmoraz N^m, a ponieważ∣N^m∣ = ∣N∣, to Bmjest zbiorem przeliczalnym, aB jest sumą przeliczalnie wielu zbiorów przeliczalnych, więc jest przeliczalna.

◻

4