2006-02-28

Rješenja pismenog ispita iz Teorije skupova 2006-02-10

    1. Označimo skup čiji broj elemenata tražimo sa S. Očito je S⊆℘(ℤ), pa vrijedi card S≤card ℘(ℤ)=2ℵ₀=c. S druge strane, svaki podskup od ℕ je dobro uređen i podskup od ℤ. Dakle, ℘(ℕ)⊆S, odnosno card ℘(ℕ)=2ℵ₀=c≤card S. Sve u svemu, card S=c.
    2. Ako je T skup takvih funkcijâ, preslikavanje g:T→C¹(ℝ⁻)×ℝ×C²(ℝ⁺);f↦(f|ℝ⁻,f(0),f|ℝ⁺) je bijekcija. (Injekcija je jer se dvije funkcije s ℝ u ℝ koje se razlikuju, razlikuju ili na ℝ⁻, ili u nuli, ili na ℝ⁺. Surjekcija je jer se svaka uređena trojka (f₁,a,f₂) u kodomeni može dobiti kao g(f), gdje je f po slučajevima definirana kao f₁, a, odnosno f₂.) Dakle, card T=card(C¹(ℝ⁻)×ℝ×C²(ℝ⁺))=(card C¹(ℝ⁻))⋅(card ℝ)⋅(card C²(ℝ⁺)). Prvi i treći kardinalni broj su jednaki c, argumentom koji je napravljen na vježbama. Odnosno, card T=c⋅c⋅c=c³=c.
  1. Tvrdnja vrijedi. Da bismo je dokazali, dokazujemo dvije inkluzije.
    • (⊆) Neka je x∈⋃⋃A² proizvoljan. To znači, po definiciji unije, da postoji y∈⋃A² takav da je x∈y. Opet po definiciji unije, imamo da postoji z∈A² takav da je y∈z. Budući da je z∈A², z je uređen par elemenata iz A, recimo z=(a,b)={{a},{a,b}}, gdje su a i b elementi iz A. Sada, po definiciji para y∈z znači y={a} ili y={a,b}, a u svakom od tih slučajeva opet po definiciji para x∈y povlači x=a ili x=b. U svakom slučaju x∈A.
    • (⊇) Neka je s∈A proizvoljan. Tada je (s,s)={{s}}∈A², pa je {s}∈⋃A² (jer je {s}∈{{s}}∈A²), te je s∈⋃⋃A² (jer je s∈{s}∈⋃A²).
  2. α∈ω+2(α+2)α+1= (∏α∈ω(α+2)α+1)⋅(ω+2)ω+1⋅(ω+3)ω+2=
    (supn∈ωα=0..n-1(α+2)α+1)⋅(ω+2)ω⋅(ω+2)⋅(ω+3)ω⋅(ω+3)⋅(ω+3)=
    supn∈ω(21⋅32⋅...⋅(n+1)n)⋅ωω⋅(ω+2)⋅ωω⋅((ω+3)⋅ω+ω+3+ω+3+ω+3)=
    ω⋅ωω⋅ωω⋅(ω²+ω⋅3+3)= ωω⋅2+2ω⋅2+1⋅3+ωω⋅2⋅3
  3. 2≤ℵ₀≤2c, pa je 2c≤ℵ₀c≤(2c)c=2c⋅c=2c, odnosno ℵ₀c=2c.
    1≤ℵ₁≤c (ovo zadnje jer je ℵ₁ najmanji od svih kardinalnih brojeva većih od ℵ₀, a c je veći od ℵ₀ po Cantorovom teoremu), pa je c=1⋅c≤ℵ₁⋅c≤c⋅c=c, odnosno ℵ₁⋅c=c.
    Dakle, (ℵ₁⋅c)ℵ₀=cℵ₀=(2ℵ₀)ℵ₀=2ℵ₀⋅ℵ₀=2ℵ₀=c.
    Sve u svemu, rezultat je 2c+c, što je između 2c+0=2c i 2c+2c=2⋅2c=2c+1=2c; dakle jednak je 2c.
  4. Promotrimo skup T:={y∈S:y≻x}.
    T je parcijalno uređen restrikcijom uređaja ≺, možemo pisati da je (T,≺) PUS.
    Također, budući da x nije maksimalan, postoji bar jedan y∈S takav da je y≻x, odnosno T nije prazan.
    Svaki lanac u T je neprazan totalno uređen podskup u T, dakle i neprazan totalno uređen podskup u S, odnosno lanac u S, pa kao takav ima gornju među u S; označimo je s g. Budući da je lanac neprazan, u njemu postoji bar jedan element l. Budući da je lanac u T, vrijedi l∈T, odnosno l≻x. Budući da je g gornja međa za taj lanac, specijalno vrijedi g≽l, pa po tranzitivnosti g≻x, odnosno g∈T. Dakle, svaki lanac u T ima gornju među u T.
    Vidimo da su ispunjeni svi uvjeti Zornove leme za skup T, pa postoji maksimalni element u T; nazovimo ga z. Budući da je z∈T, odmah imamo z≻x.
    Treba još vidjeti da je z maksimalan element u S (Zornova lema nam samo daje da je maksimalan u T). Pretpostavimo da postoji w∈S takav da je w≻z. Po tranzitivnosti bi tada bilo i w≻x, odnosno w∈T, što je u kontradikciji s maksimalnošću od z u skupu T. Dakle, z je stvarno maksimalan element u skupu S, i vrijedi z≻x.

2 komentara: