2006-06-21

Rješenja pismenog ispita iz Teorije skupova 2006-04-25



    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 (kompleksni brojevi s racionalnim koordinatama) gust u ℂ, svaka neprekidna funkcija s ℂ u ℂ je jednoznačno zadana svojim djelovanjem na ℂ. Odnosno, preslikavanje g↦g| je injekcija sa skupa C(ℂ→ℂ) u skup ℂ, pa je card C(ℂ→ℂ)≤card ℂ= cℵ₀²=cℵ₀=c. S druge strane, svaka konstatna funkcija je neprekidna, a njih ima koliko i kompleksnih brojeva - kontinuum. Dakle, card C(ℂ→ℂ)=c.


  1. Ako opći faktor u produktu označimo s αj, vidimo da je traženi produkt jednak supn∈ω0⋅α1⋅…⋅αn-1)⋅αω.
    Za konačne j je αj=supm∈ωjj+1+…+ωj+m-1). Zbog apsorpcije je suma pod supremumom jednaka zadnjem članu ωj+m-1, pa je taj supremum αjω (neprekidnost potenciranja, a j+m-1 je neograničeni niz prirodnih brojeva po m).
    Zadnji faktor je αω, suma od ω članova, koji su svi jednaki ωi+ωω. Dakle, sama suma je jednaka ωω⋅ω, odnosno αωω+1.
    Sve u svemu, traženi produkt je
    supn∈ω0⋅α1⋅…⋅αn-1)⋅αω=
    =supn∈ωω)n⋅ωω+1=
    =(ωω)ω⋅ωω+1ω⋅ω⋅ωω+1= ωω²+ω+1.


  2. 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.


  3. 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.


  4. 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.