Rješenja pismenog ispita iz Teorije skupova 2006-04-25

1. 
   
   1. Neka je S skup čiji broj elemenata tražimo. Preslikavanje f:S→ℤ²;(a₀,a₁,a₂,…)↦(a₀,a₁-a₀) je bijekcija (inverzno preslikavanje je f⁻¹:ℤ²→S;(a,d)↦(a,a+d,a+2d,a+3d,…)), dakle card S=card ℤ²=ℵ₀²=ℵ₀.
   
   
   
   2. Budući da je prebrojivi skup ℂ_ℚ (kompleksni brojevi s racionalnim koordinatama) gust u ℂ, svaka neprekidna funkcija s ℂ u ℂ je jednoznačno zadana svojim djelovanjem na ℂ_ℚ. Odnosno, preslikavanje g↦g|_ℂℚ je injekcija sa skupa C(ℂ→ℂ) u skup ℂ^ℂ_ℚ, pa je card C(ℂ→ℂ)≤card ℂ^ℂ_ℚ= c^ℵ₀²=c^ℵ₀=c. S druge strane, svaka konstatna funkcija je neprekidna, a njih ima koliko i kompleksnih brojeva - kontinuum. Dakle, card C(ℂ→ℂ)=c.
      



2. Ako opći faktor u produktu označimo s α_j, vidimo da je traženi produkt jednak sup_n∈ω(α₀⋅α₁⋅…⋅α_n-1)⋅α_ω.
   Za konačne j je α_j=sup_m∈ω(ω^j+ω^j+1+…+ω^j+m-1). Zbog apsorpcije je suma pod supremumom jednaka zadnjem članu ω^j+m-1, pa je taj supremum α_j=ω^ω (neprekidnost potenciranja, a j+m-1 je neograničeni niz prirodnih brojeva po m).
   Zadnji faktor je α_ω, suma od ω članova, koji su svi jednaki ω^i+ω=ω^ω. Dakle, sama suma je jednaka ω^ω⋅ω, odnosno α_ω=ω^ω+1.
   Sve u svemu, traženi produkt je
   sup_n∈ω(α₀⋅α₁⋅…⋅α_n-1)⋅α_ω=
   =sup_n∈ω(ω^ω)ⁿ⋅ω^ω+1=
   =(ω^ω)^ω⋅ω^ω+1=ω^ω⋅ω⋅ω^ω+1= ω^ω²+ω+1.



3. Budući da je ℱ familija disjunktnih nepraznih podskupova, za nju postoji funkcija izbora f:ℱ→∪ℱ. Kako su elementi familije disjunktni, f je injekcija, pa je card ℱ≤card ∪ℱ=ℵ₀. No kada bi ℱ bila konačna, njena unija - unija konačno mnogo konačnih skupova - bi također bila konačna. Dakle, ℱ mora biti prebrojiva.



4. U skupu ℕ×ℚ, antileksikografski uređenom, vrijedi (1,5)<(2,5), no ne postoji nijedan element iz ℕ×ℚ strogo između njih: morao bi biti oblika (x,5), gdje je x prirodan broj strogo između 1 i 2. Dakle, ℕ×ℚ nije gust, pa nije ni tipa η (gustoća je invarijanta sličnosti, a η je gust).
   Skup ℚ×ℤ je prebrojiv (ℵ₀⋅ℵ₀=ℵ₀), nema najmanjeg ni najvećeg elementa (od svakog (a,b) uvijek postoji strogo veći (a+1,b) i strogo manji (a-1,b)), i gust je: neka je (a,b)<(c,d) u ℚ×ℤ. Ako je b<d, tada se (a+1,b) nalazi strogo između njih; ako je pak b=d∧a<c, tada se ((a+c)/2,b) nalazi strogo između njih. Dakle, ℚ×ℤ ispunjava uvjete uređajne karakterizacije od ℚ, pa je sličan s ℚ - odnosno, tipa je η.
   Skup ℝ×ℚ je neprebrojiv (c⋅ℵ₀=c), dakle ne postoji bijekcija između njega i ℚ, pa pogotovo ne može postojati sličnost.
   Zaključak: od gornja tri skupa sa standardnim (antileksikografskim) uređajem, samo ℚ×ℤ ima uređajni tip η.



5. Označimo s ℬ skup svih balansiranih podskupova od ℝ disjunktnih s ℚ, i uredimo ga standardno relacijom ⊆. Skup {√2} je balansiran i disjunktan s ℚ, pa je ℬ neprazan. Ako je ℒ⊆ℬ lanac, svi njegovi elementi su disjunktni s ℚ, pa je i njihova unija disjunktna s ℚ (distributivnost presjeka prema uniji). Dokažimo da je ∪ℒ također balansiran skup (to je tada gornja međa za ℒ u ℬ).
   Neka su x i y proizvoljni elementi skupa ∪ℒ. To znači da postoje skupovi B i C iz ℒ, takvi da je x∈B∧y∈C. No ℒ je lanac, pa su B i C usporedivi: vrijedi B⊆C ili C⊆B. BSOMP da vrijedi B⊆C. Tada je i x∈C, pa kako je C balansiran, aritmetička sredina x i y se nalazi u C. C je element lanca, pa je podskup njegove unije - odnosno, (x+y)/2∈∪ℒ. Dakle, ∪ℒ je balansiran podskup od ℝ, disjunktan s ℚ - drugim riječima, lanac ℒ ima gornju među ∪ℒ u ℬ. To skupa s gornjim daje da su ispunjeni svi uvjeti Zornove leme, pa ℬ ima maksimalni element: maksimalni balansirani podskup od ℝ, disjunktan s ℚ.