Konstrukcje zbiorów liczbowych

Konstrukcje zbiorów liczbowych

Zbiór liczb wymiernych Rozwa»my zbiór

X = Z × Z \ {0} = {(a, b); a, b ∈ Z, b 6= 0}.

W zbiorze X okre±lamy relacj¦ binarn¡

(a, b)%(c, d) ⇔ ad = bc.

Relacja % jest relacj¡ równowa»no±ci.

Denicja. Q = X/% = {[x]^%, x ∈ X}.

Je±li % jest relacj¡ równowa»no±ci w zbiorze X, to zbiór [x]_% = {y ∈ X : x%y} = {y ∈ X : y%x}

nazywamy klas¡ abstrakcji (klas¡ równowa»no±ci) elementu x.

Przykªad. Liczb¦ wymiern¡ 1

2 deniujemy jako klas¦ abstrakcji pary (1, 2). Mamy

(1, 2)%(a, b) ⇔ 1 · b = 2 · a, wi¦c

[(1, 2)]_% = {(a, b) ∈ X : b = 2a} =

Dziaªania w zbiorze Q okre±lamy nast¦puj¡co:

[(a, b)]_% + [(c, d)]_% = [(ad + bc, bd)]_%, [(a, b)]_% · [(c, d)]_% = [(ac, bd)]_%.

Denicje te s¡ poprawne, tzn. nie zale»¡ od wyboru reprezentan- tów klas abstrakcji:

je±li (a, b)%(a⁰, b⁰) i (c, d)%(c⁰, d⁰),

to (ad + bc, bd)%(a⁰d⁰ + b⁰c⁰, b⁰d⁰) i (ac, bd)%(a⁰c⁰, b⁰d⁰).

Analogicznie konstruujemy zbiór liczb caªkowitych maj¡c dany zbiór liczb naturalnych.

Rozwa»my zbiór

X = N × N = {(a, b); a, b ∈ N}.

W zbiorze X okre±lamy relacj¦ binarn¡

(a, b)%(c, d) ⇔ a + d = b + c.

Relacja % jest relacj¡ równowa»no±ci.

Przykªad. Liczb¦ caªkowit¡ −1 deniujemy jako klas¦ abstrakcji pary (0, 1).

Mamy (0, 1)%(a, b) ⇔ 0 + b = 1 + a, wi¦c

[(0, 1)]_% = {(a, b) ∈ X : b = a+1} = {(0, 1), (1, 2), (2, 3), (3, 4), . . . }

Dziaªania w zbiorze Z okre±lamy nast¦puj¡co:

[(a, b)]_% + [(c, d)]_% = [(a + c, b + d)]_%, [(a, b)]_% · [(c, d)]_% = [(ac + bd, ad + bc)]_%,

i sprawdzamy poprawno±¢ denicji: je±li (a, b)%(a⁰, b⁰) i (c, d)%(c⁰, d⁰), to (a+c, b+d)%(a⁰+c⁰, b⁰+d⁰) i (ac+bd, ad+bc)%(a⁰c⁰+b⁰d⁰, a⁰d⁰+b⁰c⁰).

Zbiór liczb rzeczywistych mo»na skonstruowa¢ na dwa sposoby.

Sposób I. Rozwa»amy ci¡gi Cauchy'ego liczb wymiernych, czy- li wszystkie ci¡gi liczb wymiernych, które oka»¡ si¦ zbie»ne w zbiorze liczb rzeczywistych. Za pomoc¡ relacji równowa»no±ci

"sklejamy" ci¡gi zbie»ne do tej samej liczby rzeczywistej.

Sposób II. Przekroje Dedekinda. Rozwa»amy podziaªy zbioru liczb wymiernych na dwa niepuste podzbiory A, B speªniaj¡ce warunek

∀_a∈A∀_b∈B a < b.

Przekrój Dedekinda (A, B) okre±laj¡cy liczb¦ √ 2: A = Q ∩ (−∞,√

2) = {x ∈ Q : x < 0 ∨ x² < 2}, B = Q ∩ (√

2, +∞) = {x ∈ Q : x > 0 ∧ x² > 2}.

Je±li w jest liczb¡ wymiern¡ to mamy dwa przekroje:

A₁ = {x ∈ Q : x 6 w}, B1 = {x ∈ Q : x > w}, A₂ = {x ∈ Q : x < w}, B2 = {x ∈ Q : x > w}, które nale»y uto»sami¢.

Zbiór liczb naturalnych okre±lamy aksjomatycznie, a istnienie takiego zbioru wynika z kolei z aksjomatów teorii zbiorów.

N  zbiór,

∗ : N → N, n 7→ n^∗  funkcja nast¦pnika, 0 ∈ N  wyró»niony element (zero).

Aksjomaty Peana:

1) 0 nie jest nast¦pnikiem »adnej liczby naturalnej:

∀_n∈N n^∗ 6= 0.

2) Funkcja nast¦pnika jest ró»nowarto±ciowa:

∀_m,n∈N m^∗ = n^∗ ⇒ m = n.

3) Aksjomat indukcji matematycznej. Dla dowolnego podzbioru A ⊂ N mamy:

(0 ∈ A ∧ ∀_n∈N (n ∈ A ⇒ n^∗ ∈ A)) ⇒ A = N.

Dodawanie liczb naturalnych:

m + 0 = m dla m ∈ N,

m + n^∗ = (m + n)^∗ dla m, n ∈ N.

Mno»enie liczb naturalnych:

m · 0 = 0 dla m ∈ N,

m · n^∗ = m · n + m dla m, n ∈ N.

Okre±lamy: 1 = 0^∗, 2 = 1^∗, 3 = 2^∗, 4 = 3^∗, . . . Przykªad: n + 1 = n^∗.

Przykªad: 2 + 2 = 4.

Przykªad: 2 · 2 = 4.

Metoda indukcji matematycznej

Przykªad. Obliczy¢ 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1), gdzie n jest liczb¡

naturaln¡.

Dyskusja. Wprowad¹my oznaczenie:

S_n = 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1).

Mamy: S1 = 1, S2 = 1 + 3 = 4, S3 = 1 + 3 + 5 = 9, S4 = 16, S₅ = 25, S6 = 36.

Widzimy, »e powinno by¢ Sⁿ = n². Czy mo»na to jako± uzasad-

Trzeba si¦ przyjrze¢, w jaki sposób otrzymujemy kolejne Sⁿ. Na przykªad, je±li mamy ju» obliczone

S₆ = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36, to

S₇ = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13

nie b¦dziemy liczyli od pocz¡tku, tylko wykorzystamy zale»no±¢

S₇ = S₆ + 13 = 36 + 13 = 49.

Podobnie

S₈ = S₇ + 15 = 49 + 15 = 64

i tak dalej. Zwró¢my uwag¦ na to, co nale»y doda¢ do Sⁿ, »eby otrzyma¢ Sn+1. Je±li Sⁿ = n², to

S = S + (2 · (n + 1) − 1) = n² + 2n + 1 = (n + 1)².

Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej n > 1 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . . + n · (n + 1) = n · (n + 1) · (n + 2)

3 .

Rozwi¡zanie.

I. Baza indukcji.

Dla n = 1 równo±¢ jest oczywista:

1 · 2 = 1 · 2 · 3 3 . II. Krok indukcyjny.

Niech k b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡. Zaªó»my, »e dana w zadaniu równo±¢ zachodzi dla n = k:

Wówczas dla n = k + 1 mamy:

1·2+. . .+k·(k+1)+(k+1)·(k+2) = k · (k + 1) · (k + 2)

3 +(k+1)·(k+2) =

= (k + 1) · (k + 2) · (k

3 + 1) = (k + 1) · (k + 2) · (k + 3)

3 ,

czyli dla n = k + 1 równo±¢ jest speªniona.

Na mocy zasady indukcji matematycznej równo±¢

1 · 2 + 2 · 3 + . . . + n · (n + 1) = n · (n + 1) · (n + 2) 3

zachodzi dla dowolnego naturalnego n.

Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnego n ≥ 0 liczba 2²ⁿ⁺¹+ 3n + 7 jest podzielna przez 9.

Zasada indukcji:

(T (0) ∧ ∀_n∈N (T (n) ⇒ T (n + 1))) ⇒ ∀_n∈N T (n)

(T (1) ∧ ∀_n∈N1 (T (n) ⇒ T (n + 1))) ⇒ ∀_n∈N1 T (n)

Dowie±¢, »e dowoln¡ liczb¦ naturaln¡ wi¦ksz¡ od 1 mo»na przed- stawi¢ w postaci iloczynu liczb pierwszych. (Je±li n jest liczb¡

pierwsz¡, to iloczyn ten skªada si¦ tylko z jednego czynnika.) Rozwi¡zanie.

Liczba n = 2 jest liczb¡ pierwsz¡, czyli iloczynem jednej liczby pierwszej  samej siebie.

Niech n b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡ wi¦ksz¡ od 2. Zaªó»my,

»e ka»d¡ liczb¦ naturaln¡ mniejsz¡ od n mo»na przedstawi¢ w postaci iloczynu liczb pierwszych. Poka»emy, »e n te» mo»na przedstawi¢ w postaci iloczynu liczb pierwszych.

Je±li n jest liczb¡ pierwsz¡, to teza dla n zachodzi. Je±li n jest licz- b¡ zªo»on¡, to mo»na j¡ przedstawi¢ w postaci iloczynu dwóch liczb od niej mniejszych: n = k · l, k, l < n. Na mocy zaªo»enia zarówno k, jak i l, jest iloczynem liczb pierwszych: k = p1 · . . . · p_i, l = q₁· . . . · q_j, zatem n = k · l te», oczywi±cie mo»na tak przedsta- wi¢: n = p1·. . .·p_i·q₁·. . .·q_j, co ko«czy dowód kroku indukcyjnego.

Schemat powy»szego dowodu:

I) Baza: T (2).

II) Krok: T (2) ∧ . . . ∧ T (n − 1) ⇒ T (n) dla ka»dego n > 2.

Schemat rekursji

Przykªady.

Dodawanie liczb naturalnych:

m + 0 = m dla m ∈ N,

m + n^∗ = (m + n)^∗ dla m, n ∈ N.

Mno»enie liczb naturalnych:

m · 0 = 0 dla m ∈ N,

Schemat rekursji dla funkcji dwóch zmiennych

( f (n, 0) = g(n) dla ka»dego n ∈ N,

f (n, m + 1) = h(n, m, f (n, m)) dla dowolnych n, m ∈ N

g : N → N, h : N³ → N  dane funkcje f : N² → N  funkcja, któr¡ okre±lamy

Zadanie. Wypisz funkcje g(n) i h(n, m, k) wyst¦puj¡ce w sche- macie rekursji okre±laj¡cym funkcje: f1(n, m) = n+m, f2(n, m) = n · m.

Schemat rekursji dla funkcji wielu zmiennych

Dla dowolnej funkcji g : N^k−1 → N i dowolnej funkcji h : N^k+1 → N istnieje dokªadnie jedna funkcja f : N^k → N speªniaj¡ca nast¦pu- j¡ce warunki:

( f (n₁, . . . , n_k−1, 0) = g(n₁, . . . , n_k−1),

f (n₁, . . . , n_k−1, m + 1) = h(n₁, . . . , n_k−1, m, f (n₁, . . . , n_k−1, m)), dla dowolnych n1, . . . , n_k−1, m ∈ N.

Zadanie. Jak¡ funkcj¦ f okre±la schemat rekursji z danymi funk- cjami g : N → N i h: N³ → N:

(a) g(n) = n, h(n, m, k) = k,

(b) g(n) = 0, h(n, m, k) = n + m + k, (c) g(n) = 2n, h(n, m, k) = k + 3?

Zadanie. Okre±l za pomoc¡ schematu rekursji funkcj¦ f : N³ → N:

(a) f(k, l, m) = kl + lm + mk, (b) f(k, l, m) = klm + k + l + m, (c) f(k, l, m) = (k + l + m)².