Rješenja pismenog ispita iz Teorije skupova 06-09-15

1. 1. Ako je S skup čiju kardinalnost tražimo, vrijedi S⊆ℂ, pa je cardS≤cardℂ=c. S druge strane, svakom realnom broju x∈[0,2π> možemo (injektivno) pridružiti kompleksan broj e^ix modula 1∈ℚ. To znači i cardS≥card[0,2π>=c, pa je cardS=c.
      
   2. Očito ih ima najviše koliko i svih funkcijâ s ℝ u ℝ, dakle ≤c^c=2^c. S druge strane, svakoj funkciji f s ℝ₀⁻ u ℝ možemo pridružiti f∪(rd|_ℝ⁺), gdje je rd funkcija "razlomljeni dio", rd(x):=x-⌊x⌋. Tako dobivena funkcija očito poprima svaku vrijednost y∈<0,1> beskonačno mnogo puta (bar u svim točkama skupa ℕ+y), i pridruživanje je injekcija jer ako se dvije funkcije razlikuju na ℝ₀⁻, tada se razlikuju i na ℝ. Dakle, naših funkcija nema manje nego svih funkcijâ s ℝ₀⁻ u ℝ, a to je opet 2^c. Zaključak: ima ih točno 2^c.
      
   
   
2. Tražimo sumu S:=∑_i∈ω+1α_i, gdje je α_i:=∏_j∈ω+1(ω²+ω⋅i+j)= ∏_j∈ω(ω²+ω⋅i+j)⋅(ω²+ω⋅i+ω). Svi faktori se nalaze između ω² i ω³, pa se ovaj početni produkt (po j∈ω) nalazi između (ω²)^ω=ω^2⋅ω=ω^ω i (ω³)^ω=ω^3⋅ω=ω^ω — dakle, jednak je ω^ω. Tada je α_i=ω^ω⋅(ω²+ω⋅i+ω)= ω^ω+1⋅(ω+i+1) (možemo izlučivati slijeva), pa je S=∑_i∈ω+1(ω^ω+1⋅(ω+i+1))= ω^ω+1⋅∑_i∈ω+1(ω+i+1). Ova posljednja suma je ∑_i∈ω(ω+i+1)+(ω+ω+1), čiji je prvi dio ω², pa je S=ω^ω+1⋅(ω²+ω⋅2+1).
   
3. Nijedna inkluzija ne vrijedi općenito (iako za svaki takav A vrijedi bar jedna od njih — pokušajte to dokazati!), kao što pokazuju sljedeći kontraprimjeri:
   
   • Za A={0,{1}}, imamo ⋂A=0∩{1}=0, pa je i ⋃⋂A=⋃0=0. S druge strane je ⋃A=0∪{1}={1}, pa je ⋂⋃A=⋂{1}=1⊈0.
     
   • Za A=(1,0)={{1},2} imamo po definiciji uređenog para ⋃⋂A=1, dok je ⋃A={1}∪{0,1}={0,1}, te ⋂⋃A=0∩1=0⊉1.
     
   
   
4. Primjeri skupova uređenih standardno (antileksikografski) s danim uređajnim tipovima su S₁:=ℤ⁻×{0}∪ℤ×ℕ×{1} i S₂:=ℤ×ℤ⁻×{0}∪ℕ×{1}. Ako pokažemo da S₁≄S₂, znat ćemo da su ta dva tipa različiti.
   Svaki element od S₁ je par — uređene trojke shvaćamo ovdje kao (a,b,c):=((a,b),c) — i ako je to (x,y), razlikujemo dva slučaja, ovisno o y.
   Ako je y=0, mora biti x<0, pa je (x-1,0)∈S₁ neposredni prethodnik od (x,0)=(x,y). Ako je pak y=1, mora x biti par, x=(u,v), i tada je ((u-1,v),1) opet neposredni prethodnik od ((u,v),1)=(x,y). Dakle, u S₁ svaki element ima neposrednog prethodnika.
   S druge strane, (0,1)∈S₂, ali svaki njegov prethodnik u S₂ mora biti oblika ((u,v),0), pa je ((u+1,v),0) u S₂ između ((u,v),0) i (0,1) — dakle, (0,1) nema neposrednog prethodnika u S₂. Kako je "svaki element ima neposrednog prethodnika" invarijanta sličnosti, S₁ i S₂ nisu slični, pa su ω^*+π⋅ω i π⋅ω^*+ω različiti uređajni tipovi.
   
5. Standardno, primjenom Zornove leme. Skup svih konveksnih podskupova od S je neprazan (∅⊆S je konveksan), uređen standardno relacijom ⊆, i u njemu svaki lanac ℒ ima gornju među ⋃ℒ koja je trivijalno ⊆S, treba još pokazati da je konveksna. Ako su sad X i Y dvije proizvoljne točke iz ⋃ℒ, postoje A i B iz ℒ takvi da je X∈A∧Y∈B, pa su zbog usporedivosti od A i B oba u jednom, recimo A. Sada, kako je A konveksan, čitava dužina XY je podskup od A, pa tako i od njegovog nadskupa ⋃ℒ.
   Po Zornovoj lemi, postoji maksimalni konveksni podskup od S, odnosno konveksna skela.
   Primjer za nejedinstvenost: za S:={(0,0),(1,0)}⊆ℝ², svaki njegov jednočlan podskup je očito konveksna skela od S: jednočlan skup je uvijek konveksan, a i maksimalan je jer jedini njegov pravi nadskup, S, nije konveksan.