Teoria Zbiorów i Kombinatoryka

Transkrypt

U N I W E R S Y T E T S Z C Z E C I Ń S K I
GRZEGORZ SZKIBIEL
WSTEP
DO TEORII ZBIORÓW
I KOMBINATORYKI
,
SZCZECIN 2002
Spis treści
Przedmowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1. Elementy teorii matematycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2. Zasada indukcji matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3. Rachunek zdań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
4. Niektóre zastosowania rachunku zdań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
5. Wzmianka o kwantyfikatorach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
6. Elementy algebry zbiorów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
7. Sumy i przekroje uogólnione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
8. Poje, cie produkt kartezjański dwóch zbiorów . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
9. Relacje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .77
10. Relacje równoważności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
11. Funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
12. Obrazy i przeciwobrazy zbiorów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
13. Zbiory skończone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
14. Zbiory przeliczalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
15. Zbiory nieprzeliczalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
16. Zbiory cze, ściowo uporza,dkowane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
17. Zbiory uporza,dkowane liniowo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .145
18. Rozwia,zania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
1. Elementy teorii matematycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
2. Zasada indukcji matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
3. Rachunek zdań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
4. Niektóre zastosowania rachunku zdań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
5. Wzmianka o kwantyfikatorach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
6. Elementy algebry zbiorów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
7. Sumy i przekroje uogólnione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
8. Poje,cie produktu kartezjańskiego dwóch zbiorów . . . . . . . . . . . . . 170
9. Relacje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
10. Relacje równoważności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
11. Funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
12. Obrazy i przeciwobrazy zbiorów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
13.
14.
15.
16.
17.
Zbiory
Zbiory
Zbiory
Zbiory
Zbiory
skończone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
przeliczalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
nieprzeliczalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
cze, ściowo uporza,dkowane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
uporza,dkowane liniowo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
Skorowidz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .199
Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
Przedmowa
Fakt, że matematyka leży u podstaw wszystkich nauk zostaÃl
stwierdzony już w starożytności. Wielcy filozofowie greccy – Pitagoras, Tales, Eratostenes i inni, to przede wszystkim matematycy.
Potrzeba byÃlo jednak wielu wieków, by stwierdzić, co leży u podstaw
matematyki. Nowoczesna matematyka opiera sie, na poje, ciu zbiór –
poje, cie to zostaÃlo przyje, te ponad sto lat temu*.
Niniejszy skrypt jest w caÃlości poświe, cony zbiorom oraz tematom, które pozwalaja, lepiej zrozumieć to poje, cie. Przedstawiono
w nim podstawowe poje, cia matematyczne: produkt kartezjański,
relacja, funkcja. Sa, one przykÃladami zbiorów. PrawidÃlowe zrozumienie tych poje, ć jest dość trudne, ale konieczne w studiowaniu
matematyki.
Zbiorom poświe, cony jest jeden z dÃluższych rozdziaÃlów tego
skryptu. Przedtem wprowadzone sa, elementy, które – po pierwsze – pozwalaja, lepiej zrozumieć to trudne poje, cie, a po drugie –
maja, na celu przybliżenie pewnych schematów rozumowania, które
spotykane sa, we wszystkich dziaÃlach matematyki. W dalszych rozdziaÃlach pokazano, w jaki sposób podstawowe elementy matematyki
opieraja, sie, na poje, ciu zbiór.
Każdy rozdziaÃl skÃlada sie, z trzech cze, ści, z których pierwsza
to cze, ść teoretyczna, odpowiadaja,ca wykÃladowi. Druga cze, ść, czyli
,,Problemy do dyskusji”, powinna stanowić treść ćwiczeń. Rozwia,zania wszystkich zadań z tej cze, ści zostaÃly umieszczone w ostatnim rozdziale. Ostatnia, trzecia cze, ść to zadania przeznaczone do
samodzielnego rozwia,zania, czyli praca domowa (cze, ści tej pozbawiony jest ostatni rozdziaÃl).
Niniejszy skrypt jest adresowany przede wszystkim do studentów pierwszego roku studiów licencjackich, ale także studenci
studiów magisterskich znajda, w nim cenne uzupeÃlnienie wykÃladu.
MateriaÃl tu zawarty cze, sto be, dzie wykorzystywany na starszych latach studiów, dlatego warto jest zachować egzemplarz skryptu przynajmniej do końca studiów.
* DokÃladnie w 1883 roku w ksia,żce Grundlagen einer allgemeinen Mannigfaltigkeitslehre Georga Cantora.
6
Wste,p do teorii zbiorów i kombinatoryki
Skrypt powstaÃl na podstawie wykÃladów oraz ćwiczeń prowadzonych w latach przeÃlomu tysia,cleci przez autora oraz jego asystentki: A. Szkibiel, E. Kasior oraz I. Staniewska,. Autor pragnie podzie, kować serdecznie tym osobom za owocna, pomoc przy prowadzeniu wykÃladu, jak i za cenne wskazówki oraz ciekawe zadania, które
zostaÃly tu umieszczone. Podzie, kowania należa, sie, też studentom,
których wszystkich nie sposób wymienić, ale to dzie, ki nim i dla nich
powstaÃl ten skrypt.
1. Elementy teorii matematycznych
Na wszystkich zaje, ciach z przedmiotów matematycznych be, dziemy sie, poruszać wewna,trz pewnych teorii. Każdy dziaÃl matematyki skÃlada sie, z wielu teorii, które cze, sto nakÃladaja, sie, na
siebie. W analizie matematycznej na przykÃlad mamy do czynienia
z teoriami liczb rzeczywistych, cia,gów, szeregów, caÃlki, pochodnych
funkcji oraz wieloma innymi. W algebrze spotkamy sie, z teoriami
przestrzeni wektorowych, liczb zespolonych, macierzy, równań liniowych itp. Teoria równań liniowych cze, sto korzysta z teorii macierzy
i na odwrót. Zatem teorie te nakÃladaja, sie, na siebie.
Poznamy tutaj kilka podstawowych skÃladników, które wchodza,
w skÃlad każdej teorii. Sa, to naste, puja,ce elementy:
– poje, cia pierwotne,
– definicje,
– aksjomaty,
– pewniki,
– twierdzenia,
– hipotezy.
Omówimy wszystkie te wspomniane elementy, trzeba jedynie
nadmienić, że w zależności od kontekstu lub upodobań autorów
ksia,żek nazwy tych poje, ć moga, sie, różnić. Dla dokÃladnego zilustrowania omawianych przez nas poje, ć, be, dziemy posÃlugiwać sie,
dwoma przykÃladami. Pierwszy z nich to skończona geometria afiniczna, a drugi to liczby naturalne.
Poje, cia pierwotne. Sa, to elementy, których sie, nie definiuje. Odgrywaja, one role, atomów ba,dź też bitów, z których zbudowana jest teoria. Musza, to wie, c być poje, cia zrozumiaÃle dla każdego
oraz zgodne z intuicja,. Na przykÃlad, wiemy dobrze co to jest czas,
ale nie silimy sie, tego definiować. Podobnie każdy doskonale rozumie sÃlowo ,,posiÃlek”, jednakże wielu z nas sprawiÃloby wiele kÃlopotów
dokÃladne zdefiniowanie tego poje, cia. W matematyce najcze, ściej
używanymi poje, ciami pierwotnymi sa, zbiór i element zbioru. W teoriach geometrycznych sa, one zasta,pione przez, odpowiednio, poje, cia
8
figura i punkt. W teorii prawdopodobieństwa poje, ciami pierwotnymi sa, zdarzenie oraz zdarzenie elementarne.
1.1. PrzykÃlad: skończona geometria afiniczna. Poje, ciami
pierwotnymi sa, tu punkt oraz zbiór.
1.2. PrzykÃlad: liczby naturalne. Poje, ciami pierwotnymi sa, tu
zbiór, liczba, liczba 1 lub jedynka oraz bycie naste, pnikiem. O ile trzy
pierwsze poje, cia sa, raczej zrozumiaÃle, o tyle zrozumienie ostatniego
może przysporzyć problemu. Intuicyjny sens sformuÃlowania ,,liczba
m jest naste, pnikiem liczby n ” jest taki, że liczba m jest liczba,
naturalna,, która naste, puje (wyste, puje, jest) bezpośrednio po n. Oznacza to wie, c pewna, relacje, określona, na pewnym zbiorze liczb.
Definicja. Jest to element, który określa sie, za pomoca, poje, ć
pierwotnych lub też za pomoca, systemu wÃlasności. Na przykÃlad,
jeśli definiujemy sÃlowo ,,sztućce”, możemy użyć poje, cia pierwotnego
,,posiÃlek”. Nasza definicja może wówczas przyja,ć forme, sztućce sa,
to przyrza,dy sÃluża,ce do spożywania posiÃlku. Oczywiście moga, sie, tu
pojawić pewne wa,tpliwości. Na przykÃlad, czy re, ka też jest sztućcem?
Osoba nie maja,ca nic wspólnego z matematyka, wyśmiewa zwykle
tego rodzaju pytania. Dla matematyka stanowia, one jednak źródÃlo
problemu. W matematyce tworzymy definicje tak, aby tego rodzaju
wa,tpliwości nie byÃlo.
Podamy teraz przykÃlad definicji, która, be, dziemy później używać. Jest to definicja oparta na poje, ciach pierwotnych zbiór i element.
1.3. PrzykÃlad. Zdefiniujemy sume, zbiorów naste, puja,co: Suma
zbiorów A oraz B jest to zbiór skÃladaja,cy sie, z tych i tylko tych elementów, które sa, elementami zbioru A lub elementami zbioru B.
Na pewno znajdzie sie, wielu czytelników, których zdziwi nadmiar sÃlów w tej definicji. Po co jest tam fraza ,,z tych i tylko tych”?
Odpowiedź: gdyby tej frazy nie byÃlo, natychmiast powstaÃloby pytanie, czy oprócz elementów zbioru A oraz zbioru B coś jeszcze
może należeć do sumy.
Czasami trudno jest zdefiniować pewne poje, cie, używaja,c do
tego tylko jednego zdania. Trzymaja,c sie, naszych kulinarnych porównań, spróbujmy zdefiniować ,,obiad”. Mamy tu do dyspozycji
Elementy teorii matematycznych
9
poje, cie pierwotne ,,posiÃlek”. Definicja Obiad jest to posiÃlek spożywany po poÃludniu nie jest dobra, ponieważ w tym czasie możemy po
prostu pić kawe, i jeść pa,czka, co trudno uznać za obiad. Podobnie
definicja Obiad jest to posiÃlek skÃladaja,cy sie, z dwóch dań nie jest
najlepsza, bo nie precyzujemy przedziaÃlu czasowego, kiedy te dania
maja, być spożyte. Dlatego, aby zdefiniować poje, cie obiad, musimy
użyć nie jednej wÃlasności, ale systemu wÃlasności.
1.4. PrzykÃlad: skończona geometria afiniczna. Zdefiniujemy
poje, cia krawe, dź oraz linia. Krawe, dzia, nazywamy dowolny zbiór zÃlożony z dokÃladnie dwóch punktów. Zatem krawe, dź nie może zawierać
wie, cej niż dwa punkty. Oczywiście możemy narysować dwa punkty
oraz Ãla,cza,cy je odcinek i traktować te, figure, jako krawe, dź. Jednakże
żaden punkt odcinka, z wyja,tkiem jego końców, nie należy do krawe, dzi. Wyobraźmy sobie sytuacje, , w której mamy cztery punkty,
z których żadne trzy nie sa, wspóÃlliniowe, czyli mamy sześć krawe, dzi.
Jeżeli oznaczymy te krawe, dzie, jak opisaliśmy wyżej, to dwie z nich
sie, przetna,. Miejsce przecie, cia sie, tych krawe, dzi nie jest punktem.
Także jeśli trzy punkty sa, wspóÃlliniowe, to krawe, dź zawieraja,ca dwa
skrajne punkty nie zawiera tego środkowego.
Podamy teraz druga, definicje, . Linia, o pocza,tku w punkcie
a oraz końcu w punkcie b nazywamy taki zbiór K krawe, dzi, że
A1 punkty a oraz b należa, do pewnych krawe, dzi ka , kb należa,cych do zbioru K;
A2 jeżeli x jest punktem różnym od a i od b oraz należy on
do pewnej krawe, dzi kx1 należa,cej do zbioru K, to istnieje
krawe, dź kx2 należa,ca do zbioru K , która zawiera punkt x.
Aby zdefiniować poje, cie linia, użyliśmy nie jednej wÃlasności,
tylko systemu wÃlasności. Tak zdefiniowana, linie, możemy interpretować jako figure, zÃlożona, z odcinków. Pamie, tajmy jednak, że jeśli
dwa z takich odcinków sie, przetna,, to miejsce przecie, cia nie może
być punktem.
1.5. PrzykÃlad: liczby naturalne. Zdefiniujemy liczbe, 2. Liczba, 2 lub dwójka, nazywamy liczbe, , która jest naste, pnikiem jedynki. Możemy tu sie, spytać, czy istnieje wie, cej niż jedna dwójka.
Odpowiedź na to pytanie znajdziemy w naste, pnym podrozdziale.
10
Aksjomat. Jest to wÃlasność poje, cia pierwotnego lub też zdefiniowanego, przyje, ta bez dowodzenia. Nikt nie ma wa,tpliwości,
co do tego, że czas pÃlynie, ale nikomu nie przyjdzie do gÃlowy tego
udowadniać. Aksjomat cze, sto nazywamy prawem. Jak wiadomo,
każde prawo ma jaka,ś motywacje, i podobnie jest z aksjomatami. Aksjomaty określaja, zarówno dobrze znane wÃlasności liczb
(na przykÃlad prawo Ãla,czności mnożenia lub prawo przemienności dodawania) czy figur geometrycznych, jak i bardziej skomplikowane wÃlasności obiektów spotykanych przy studiowaniu matematyki wyższej. Na przykÃlad, przyjmujemy, że prosta nie ma szerokości, ale nie dowodzimy tego. Podobnie nie próbujemy udowadniać praw Ãla,czności dodawania i mnożenia liczb rzeczywistych lub
praw przemienności tych dziaÃlań.
1.6. PrzykÃlad. Najprostszym, ale i najistotniejszym aksjomatem
dla wielu teorii jest aksjomat istnienia. Zaczyna sie, on od sÃlów
istnieje przynajmniej jeden..., na przykÃlad
Istnieje przynajmniej jeden zbiór.
lub
Istnieje przynajmniej jeden punkt.
ByÃloby gÃlupio, gdyby elementy, na których opiera sie, nasza
teoria, nie istniaÃly. Dlatego ich istnienie przyjmujemy ,,na wiare, ”.
W teorii zbiorów za ten ,,przynajmniej jeden zbiór” uważamy zbiór
pusty, czyli taki, który nie ma elementów. Oznaczamy go przez ∅ .
Maja,c już jeden zbiór, możemy zdefiniować drugi. Na przykÃlad {∅} ,
co oznacza zbiór jednoelementowy, zawieraja,cy zbiór pusty. Dalej
definiujemy
{∅,{∅}} ,
{∅,{∅} ,{∅,{∅}}}
i tak dalej.
Jeżeli podamy definicje, za pomoca, systemu wÃlasności (jak na
przykÃlad definicja linii), to wÃlasności z tej definicji staja, sie, aksjomatami poje, cia, które jest definiowane. I tak, A1 oraz A2, to dwa aksjomaty linii. Przyjmuja,c zbiór, punkt oraz krawe, dź jako poje, cia pierwotne tworzymy pocza,tki teorii linii, której aksjomatami sa, wÃlaśnie A1 i A2.
Definicje i aksjomaty możemy wprowadzać w dowolnej chwili.
Nie można jednak ,,sie, zape, tlić”, czyli w definicji powoÃlać sie, na
11
aksjomat, który jest w niej użyty. Na przykÃlad, nie możemy zdefiniować powietrza jako atmosfery, która nas otacza, a naste, pnie
zadeklarować aksjomat ,,atmosfera skÃlada sie, z powietrza”.
Aksjomaty danej teorii ukÃladaja, sie, w system aksjomatów
zwany też aksjomatyka,. Aksjomatyka nie może być sprzeczna. Nie
możemy zadeklarować w teorii linii aksjomatu, powiedzmy
A3 Punkt a nie należy do żadnej krawe, dzi należa,cej do zbioru K,
gdyż byÃloby to sprzeczne z aksjomatem A1. Matematycy unikaja,
też aksjomatyki zależnej, czyli takiej, gdzie pewien aksjomat wynika
z pozostaÃlych. Na przykÃlad, jeżeli dodamy do aksjomatów teorii linii
aksjomat
A4 Jeśli a = b, to punkt a należy do przynajmniej jednej z krawe, dzi należa,cych do zbioru K,
to otrzymamy aksjomatyke, zależna,. Aksjomat A4 wynika bowiem
z aksjomatu A1. Istotnie, aksjomat A1 gwarantuje istnienie przynajmniej jednej krawe, dzi ka ze zbioru K, do której należy punkt a.
Trzecia, wÃlasnościa, aksjomatyki jest zupeÃlność, której nie be, dziemy teraz omawiać, ze wzgle, du na jej zÃlożoność i konieczność
wprowadzania wielu nowych poje, ć nieprzydatnych w tej chwili.
1.7. PrzykÃlad: liczby naturalne. Podamy teraz aksjomatyke,
liczb naturalnych.
N1 Istnieje jedynka, która jest liczba,.
N2 Jedynka nie jest naste, pnikiem żadnej liczby.
N3 Dla każdej liczby n istnieje dokÃladnie jedna liczba m, która
jest naste, pnikiem n.
N4 Jeżeli m jest naste, pnikiem liczby n oraz m jest naste, pnikiem
liczby k, to n = k.
N5 Jeżeli A jest zbiorem skÃladaja,cym sie, z liczb, który speÃlnia
aksjomaty N1–N4, takim że
10 jedynka należy do A;
20 dla każdej liczby n, jeśli n należy do A, a m jest
naste, pnikiem n, to m również należy do A,
to każda liczba należy do A.
Ostatni z aksjomatów nazywamy zasada, indukcji matematycznej. Każdy zbiór, speÃlniaja,cy wszystkie pie, ć aksjomatów, nazywamy zbiorem liczb naturalnych. Oczywiście, dobrze nam znany
12
zbiór {1, 2, 3, . . .} jest zbiorem speÃlniaja,cym N1–N5, czyli jest
zbiorem liczb naturalnych. Ale także zbiory {0, 1, 2, 3, . . .} oraz
{0, 2, 4, 6, . . .} sa, zbiorami liczb naturalnych.
Nawia,zuja,c do problemu postawionego w poprzednim podrozdziale, zauważmy, że aksjomat N3 mówi, iż istnieje dokÃladnie jedna
dwójka.
Pewnik.
Jest to wÃlasność, której nie dowodzimy, lecz jest
ona (być może w danej chwili) zbyt skomplikowana, by być aksjomatem. Może to też być wÃlasność, która, podejrzewamy, że jest zależna
od pozostaÃlych aksjomatów, nie możemy jednak tego udowodnić.
W historii matematyki daÃly o sobie znać dwa sÃlynne pewniki.
1.8. PrzykÃlad. Pewnik Euklidesa: Jeżeli dana jest prosta l oraz
punkt P poza prosta, l , to przez P przechodzi dokÃladnie jedna
prosta równolegÃla do l .
Pewnik ten nie dawaÃl spać matematykom od czasów starożytnych, aż do XVIII wieku, kiedy udowodniono, że jest on niezależny
od czterech pozostaÃlych aksjomatów Euklidesa.
1.9. PrzykÃlad. Pewnik wyboru. Zdefiniujmy najpierw rodzine,
zbiorów jako zbiór, którego elementami sa, zbiory. Pewnik wyboru
brzmi naste, puja,co: Istnieje zbiór X, który ma dokÃladnie jeden element wspólny z każdym zbiorem danej rodziny. Inaczej, na zbiór
X skÃladaja, sie, po jednym elemencie wszystkie zbiory rodziny.
Treść pewnika wyboru wydaje sie, tak naturalna, że nikt nie
wahaÃlby sie, nazwać go aksjomatem. Okazuje sie, jednak, że przyje, cie
go jako aksjomatu teorii zbiorów prowadzi do wielu paradoksów.
Najbardziej znanym jest twierdzenie, że każda, kule, można podzielić
na dwie kule o identycznej obje, tości co pierwotna kula. Z tego
powodu niektórzy matematycy unikaja, pewnika wyboru i każde
twierdzenie, którego dowód opiera sie, na tym pewniku, oznaczaja,
w pewien szczególny sposób. Najcze, ściej jest to gwiazdka lub litery AC.
Twierdzenie. Jest to wÃlasność wynikaja,ca z definicji lub
aksjomatów. Ze wzgle, du na treść lub znaczenie, twierdzenia nazywamy czasem zadaniami, stwierdzeniami, spostrzeżeniami, problemami, ćwiczeniami, wnioskami, reguÃlami, formuÃlami, wzorami
13
lub lematami. Pierwsze trzy terminy określaja, Ãlatwe lub maÃlo istotne twierdzenie. Terminem ćwiczenie jest zwykle określane Ãlatwe
zadanie, a terminem problem – trudne. Wniosek jest to wÃlasność,
która nie jest trudna do zauważenia i która wynika z ogólnego twierdzenia lub jego dowodu. Naste, pne trzy terminy oznaczaja, twierdzenia, których tezy sa, zapisane w postaci równości lub nierówności.
Dodatkowo jeszcze, zaÃlożenia sa, tak proste i oczywiste, że sie, je
pomija. Lemat jest to twierdzenie pomocnicze lub twierdzenie, które
jest używane w różnych dziaÃlach matematyki w dowodach wielu doniosÃlych twierdzeń.
Hipoteza. Jest to wÃlasność zbyt skomplikowana, by być
aksjomatem ba,dź pewnikiem i nie zostaÃla jeszcze udowodniona.
Jeżeli ktoś udowodni hipoteze, , staje sie, ona twierdzeniem. Można
też pokazać, że danej hipotezy nie można udowodnić, maja,c do dyspozycji dany system aksjomatów. Wówczas mówimy, że hipoteza
jest niezależna od systemu aksjomatów i możemy ja, doÃla,czyć jako
kolejny aksjomat.
Problemy do dyskusji
P 1.1. W czym tkwi istota bÃle, du w przedstawionych definicjach?
(a) RównolegÃlobok jest wieloka,tem, którego przeciwlegÃle boki
sa, parami równolegÃle.
(b) RównolegÃlobok jest czworoka,tem, którego wszystkie boki
sa, równe i równolegÃle.
(c) Proste sa, równolegÃle, jeśli nie maja, punktu wspólnego.
(d) Prostoka,t jest czworoka,tem o równych przeka,tnych.
(e) OstrosÃlup nazywamy prawidÃlowym, jeśli jego podstawa,
jest wieloka,t foremny.
P 1.2. Rozważmy naste, puja,ca, sytuacje, z przykÃladu 1.4. Przyjmijmy, że wszystkich punktów jest dokÃladnie trzy (możemy to traktować jako aksjomat). Ile jest krawe, dzi?
P 1.3. Zróbmy serie, zadań podobnych do P1.2, zmieniaja,c nasze zaÃlożenie, tj. zamiast trzech punktów deklarujemy 4, 5, . . . , n
punktów. Ile jest wówczas krawe, dzi? Ile linii zawieraja,cych dokÃladnie trzy punkty można utworzyć?
14
P 1.4. Rozważmy aksjomatyke, liczb naturalnych z przykÃladu 1.7. Które z poniższych zbiorów speÃlniaja, aksjomaty N1–N5,
czyli które z nich sa, zbiorami liczb naturalnych?
A = zbiór liczb parzystych wie, kszych od zera, czyli liczb 2,
4, 6, . . . .
B = zbiór liczb postaci n1 , gdzie n przybiera kolejne wartości
1, 2, 3, . . .
C = zbiór liczb ujemnych −1 , −2 , . . .
D = zbiór skÃladaja,cy sie, ze wszystkich liczb postaci 1 − n1 ,
gdzie n przybiera kolejne wartości 1, 2, 3, . . . , oraz z liczby 1.
Wskaż też jedynki we wszystkich tych zbiorach, które speÃlniaja,
aksjomaty N1–N5. Przyjmujemy, że naste, pnikiem danej liczby jest
liczba, która znajduje sie, w opisie zbioru tuż za nia,, na przykÃlad
w zbiorze C naste, pnikiem 13 jest 14 , a naste, pnikiem 1 − 15 w zbiorze D jest 1 − 61 .
Zadania do samodzielnego rozwia,zania
Z 1.1. W czym tkwi istota bÃle, du w naste, puja,cych definicjach?
(a) RównolegÃlobok jest czworoka,tem, którego dwa przeciwlegÃle boki sa, równolegÃle.
(b) Kwadrat jest czworoka,tem, którego wszystkie boki sa,
równe.
(c) Prostoka,t jest wieloka,tem o równych ka,tach.
(d) GraniastosÃlup nazywamy prawidÃlowym, jeśli jego wysokość jest prostopadÃla do podstawy.
(e) Wieloka,ty nazywamy podobnymi, jeśli maja, podobny
ksztaÃlt.
(f) Trójka,ty nazywamy jednokÃladnymi, jeśli ich wierzchoÃlki
leża, na tych samych prostych.
Z 1.2. Kiedy chcemy rozwia,zać jakikolwiek problem, musimy
zawsze wiedzieć dwie rzeczy: co jest dane, czyli co wiemy, oraz co
jest szukane, czyli czego nie wiemy. W matematyce na wyższym
poziomie problemy sa, sformuÃlowane w postaci twierdzeń lub hipotez. To co jest dane nazywamy zaÃlożeniem, a to co szukane, nazywamy teza,. Zwykle twierdzenie sformuÃlowane jest w sposób: Jeżeli (tu naste, puje zaÃlożenie), to (tu naste, puje teza). Cze, sto jednak ta forma sformuÃlowania twierdzenia jest zaste, powana inna,,
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
Plansza 1.
15
16
prostsza, w wypowiedzeniu, jednakże w sensie je, zykowym mówia,ca,
to samo, co forma ,,klasyczna”. W naste, puja,cych twierdzeniach
wskaż zaÃlożenie oraz teze, :
(a) Jeżeli proste sa, równolegÃle, to każda pÃlaszczyzna przecinaja,ca jedna, z nich przecina też druga,.
(b) Każda liczba caÃlkowita podzielna przez 15 dzieli sie, przez
3 oraz przez 5.
(c) Istnieje liczba caÃlkowita podzielna przez 24.
(d) Suma ka,tów w trójka,cie wynosi 1800 .
(e) Warunkiem koniecznym, aby ostrosÃlup byÃl prawidÃlowy,
jest foremność jego podstawy.
(f) Podzielność przez 4 jest warunkiem wystarczaja,cym do
podzielności przez dwa.
Z 1.3. Rozważmy naste, puja,ca, sytuacje, z przykÃladu 1.4. Przyjmijmy, że wszystkich punktów jest dokÃladnie cztery (możemy to
traktować jako aksjomat). Zdefiniujmy trójka,t jako dowolny zbiór,
do którego należa, dokÃladnie trzy punkty. Ile jest wszystkich trójka,tów?
Z 1.4. Przyjmijmy w poprzednim zadaniu, że wszystkich punktów jest dokÃladnie n. Zdefiniujmy m-mnogość jako dowolny zbiór,
do którego należy przynajmniej m punktów. Ile jest wszystkich
mnogości?
Z 1.5. Które zbiory krawe, dzi przedstawione na Planszy 1 sa,
liniami (w sensie definicji z przykÃladu 1.4)? Wskaż pocza,tek oraz
koniec każdej z linii.
Z 1.6. Czy zbiór, posiadaja,cy tylko skończona, liczbe, elementów, może być zbiorem liczb naturalnych?
2. Zasada indukcji matematycznej
Cze, sto spotykamy sie, z sytuacja,, w której, aby rozwia,zać problem, musimy wykonać wiele czynności – nierzadko podobnych do siebie. Zazwyczaj mówimy wtedy, że najtrudniej jest zacza,ć, a później to już idzie. Przypuśćmy, na przykÃlad, że trzeba wypeÃlnić
kilkanaście deklaracji podatkowych i sa, to deklaracje tego samego
typu, ale za każdym razem trzeba wpisać inne dane. Na pewno
pierwsza z nich sprawi nam najwie, cej kÃlopotu, a siedemnasta czy
osiemnasta nie be, dzie już trudna do wypeÃlnienia.
Sytuacje tego rodzaju zdarzaja, sie, też i w matematyce. Zwróćmy uwage, na definicje, dwójki (przykÃlad 1.5): 2 jest to liczba, która
jest naste, pnikiem 1. Zapewne definicja trójki i czwórki nie sprawi
nikomu kÃlopotu: wiemy co to jest 2, wie, c 3 definiujemy jako liczbe, ,
która jest naste, pnikiem 2. A skoro wiemy już co to jest 3, to 4 definiujemy jako liczbe, , która jest naste, pnikiem 3. I tak dalej. Zdefiniowanie liczby 174 byÃloby pewnie kÃlopotliwe, ze wzgle, du na duża, ilość
pisania, ale możemy sprawe, uprościć, używaja,c zwrotu przypuśćmy,
że wszystkie liczby od 1 do 173 zostaÃly zdefiniowane. Po tym zdaniu możemy już bez przeszkód zdefiniować 174 jako liczbe, , która
jest naste, pnikiem 173. Używaja,c tego sposobu (zwanego indukcja,
matematyczna,), możemy zdefiniować każda, liczbe, naturalna,.
Indukcja matematyczna jest to metoda zarówno dowodzenia
twierdzeń, jak i formuÃlowania definicji oparta na aksjomacie N5
z przykÃladu 1.7. Przypomnijmy treść tego aksjomatu.
Jeżeli A jest zbiorem skÃladaja,cym sie, z liczb, który speÃlnia
aksjomaty N1–N4, takim że
10 jedynka należy do A,
20 dla każdej liczby n, jeśli n należy do A, oraz m jest
naste, pnikiem n, to m również należy do A,
to każda liczba należy do A.
Ta postać aksjomatu nie jest zbyt ,,pore, czna” i dlatego zwykle
podaje sie, ja, w innej formie. Przede wszystkim, przez zbiór
liczb naturalnych rozumie sie, zwykle zbiór N = {1, 2, 3, . . .} lub
zbiór {0, 1, 2, . . .} , a aksjomaty N1–N4 speÃlnia też wiele innych
zbiorów. Dlatego musimy jasno określić klase, zbiorów, dla których
18
możemy zastosować zasade, indukcji matematycznej i nie możemy
tych zbiorów nazywać zbiorami liczb naturalnych, gdyż kÃlóciÃloby
sie, to z ogólnym poje, ciem tego zbioru. Ustalmy wie, c, że od tej
pory przez N be, dziemy oznaczać zbiór {1, 2, 3, . . .} i be, dziemy go
nazywać zbiorem liczb naturalnych.
Zdefinujmy jeszcze zbiór liczb caÃlkowitych Z jako zbiór
{. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, . . .} .
Zauważmy, że każda liczba naturalna jest też liczba, caÃlkowita,.
Przyjmijmy teraz, że terminem zdanie be, dziemy określać takie
zdanie w sensie gramatyki, któremu można przypisać prawde, albo
faÃlsz. Możemy teraz sformuÃlować zasade, indukcji matematycznej
w takiej formie, jakiej be, dziemy używać.
2.1. Zasada indukcji matematycznej (ZIM). Niech T (n) be, dzie
pewnym twierdzeniem dotycza,cym liczby caÃlkowitej n. Jeżeli
10 T (m0 ) jest zdaniem prawdziwym, gdzie m0 jest pewna,
ustalona, liczba, caÃlkowita,,
0
2 z prawdziwości zdań T (k), gdzie m0 ≤ k ≤ m, wynika
prawdziwość zdania T (m + 1) ,
to zdanie T (n) jest prawdziwe dla każdej liczby caÃlkowitej n ≥ m0 .
Aby użyć zasade, indukcji matematycznej, musimy wie, c sprawdzić dwa warunki, a naste, pnie wysnuć odpowiedni wniosek. Poniższe dwa przykÃlady pokaża,, że obydwa warunki sa, istotne.
2.2. PrzykÃlad. ,,Pokażemy”, że każda liczba naturalna postaci
3k + 2 (gdzie k jest liczba, naturalna,) dzieli sie, przez trzy. Pomijaja,c warunek 10 , zakÃladamy, że dla wszyskich liczb k mniejszych
lub równych m, liczby postaci 3k + 2 dziela, sie, przez 3. Rozważmy
liczbe,
3(m + 1) + 2 = (3m + 2) + 3.
Ponieważ 3m + 2 dzieli sie, przez trzy, wie, c istnieje liczba naturalna a, taka że 3a = 3m + 2. Ale wówczas 3(a + 1) = (3m + 2) + 3,
wie, c 3 dzieli liczbe, 3(m + 1) + 2. Zatem warunek 20 jest speÃlniony.
To co ,,pokazaliśmy” jest oczywistym faÃlszem, ponieważ 3 nie
dzieli liczby 5, chociaż 5 = 3 · 1 + 2. BÃla,d wynikÃl z faktu, że nie
sprawdziliśmy warunku 10 .
Zasada indukcji matematycznej
19
2.3. PrzykÃlad. ,,Pokażemy”, że 5207 jest liczba, pierwsza,, czyli, że
jedynymi liczbami naturalnymi, które dziela, liczbe, 5207, sa, 1 oraz
5207. W tym celu dzielimy 5207 przez 2. Stwierdzamy, że dana
liczba nie jest dzielnikiem liczby 5207. Mamy zatem sprawdzony
warunek 10 zasady indukcji matematycznej. Warunku 20 nie uda
nam sie, sprawdzić, bo 41 jest dzielnikiem 5207. Zatem zdanie ,,5207
jest liczba, pierwsza,” jest faÃlszywe.
Przytoczymy teraz kilka przykÃladów prawidÃlowego użycia ZIM.
2.4. PrzykÃlad. Pokażemy, że
13 + 23 + · · · + n3 =
n2 (n + 1)2
.
4
(2.1)
Ta wÃlasność bezpośrednio dotyczy liczb naturalnych. Sprawdzamy warunek 10 , czyli za n podstawiamy 1. W zwia,zku z tym
lewa strona wzoru 2.1 ma tylko jeden skÃladnik, 13 . Tak wie, c lewa
2
2
strona jest równa 1, a prawa 1 · 2 = 1. Aby sprawdzić warunek
4
20 , zakÃladamy, że
k 2 (k + 1)2
1 + 2 + ··· + k =
4
3
3
3
(2.2)
dla wszystkich liczb 1 ≤ k ≤ m i pokazujemy, że
(m + 1)2 (m + 2)2
.
4
(2.3)
m2 (m + 1)2
+ (m + 1)3 .
4
(2.4)
13 + 23 + · · · + m3 + (m + 1)3 =
Mamy z zaÃlożenia, że
13 + 23 + · · · + m3 + (m + 1)3 =
Rozwijaja,c prawa, strone, (2.4), a naste, pnie zamieniaja,c ja, na
iloczyn, otrzymujemy prawa, strone, (2.3).
Zatem na podstawie ZIM stwierdzamy, że wzór (2.1) jest prawdziwy dla każdej liczby naturalnej n.
Zdanie dotycza,ce liczby caÃlkowitej n nie znaczy wcale, że
twierdzenie musi koniecznie mówić o liczbach caÃlkowitych. Wystarczy, że liczby caÃlkowite sa, w jakiś sposób użyte. Można ich, na przykÃlad, użyć do numerowania wyrazów cia,gu.
20
2.5. PrzykÃlad. Udowodnimy, że cia,g
√
2,
r
q
q
√
√
2 + 2,
2 + 2 + 2,
s
r
2+
q
√
2 + 2 + 2, . . .
(2.5)
jest ograniczony od góry liczba, 2.
0
jedynie zauważyć, że
√ Aby sprawdzić warunek 1 , wystarczy
0
2 < 2. Sprawdzenie warunku 2 jest nieco trudniejsze. Niech
an be, dzie n-tym wyrazem cia,gu (2.5). ZakÃladamy,
√ że ak < 2
i pokażemy,
√ że ak+1 < 2. Zauważmy, że ak+1 = 2 + ak . Sta,d
ak+1 < 2 + 2 = 2 .
Zatem ma mocy ZIM, an < 2 dla każdego n.
P 2.1. Wykaż, że dla n ≥ 2 siedem jest ostatnia, cyfra, liczby
n
2 +1. Liczby postaci 22 +1, gdzie n jest liczba, naturalna, wie, ksza,
od 1, nazywamy liczbami Fermata.
2n
P 2.2. Oznaczmy przez
n
X
ai sume, a1 +a2 +· · ·+an . Używa-
i=1
ja,c indukcji matematycznej, pokaż, że
n
X
1
n
(a)
=
,
i(i + 1)
n+1
i=1
(b)
(c)
n
X
j=1
n
X
n
1
=
,
(4 + j)(5 + j)
5(5 + n)
(2k − 1) = n2 .
k=1
P 2.3. Pokaż, że dla dowolnej liczby naturalnej n > 3 zachodzi
nierówność n! > n2 .
P 2.4. Dla jakich liczb naturalnych prawdziwe sa, naste, puja,ce
nierówności
(a) 2n + 1 < 2n ,
(b) n3 < 2n ,
(c) 3n < n2 + 2n − 4 ?
21
Zasada indukcji matematycznej
P 2.5. Pokaż, że dla dowolnej liczby naturalnej n oraz dla
każdej liczby rzeczywistej x > −1 zachodzi (1 + x)n ≥ 1 + nx.
Nierówność te, nazywamy nierównościa, Bernoulli’ego.
P 2.6. Pokaż, że każdy wyraz cia,gu
√
2,
r
q
q
√
√
2 + 2,
2 + 2 + 2,
s
r
2+
q
√
2 + 2 + 2, . . .
jest mniejszy od naste, pnego wyrazu.
Z 2.1. Udowodnij indukcyjnie nierówności
(a) 2n > n2 , dla dowolnego n > 4 ,
¡
¢n
(b) n! < n+1
, dla dowolnego n > 2.
2
Z 2.2. Pokaż, że 3|n3 − n, 5|n5 − n, 7|n7 − n. Czy prawdziwe
jest twierdzenie: k|nk − n dla dowolnej nieparzystej liczby naturalnej k ?
P
Z 2.3. Udowodnij naste, puja,ce wÃlasności znaku
(zobacz zadanie P2.2).
n
n
n−1
X
X
X
(a)
ai =
ai + a1 =
ai + an ,
i=1
(b)
n
X
i=2
kai = k
i=1
i=1
n
X
ai ,
i=1
n
n
n
X
X
X
(c)
(ai + bi ) =
ai +
bi ,
(d)
(e)
i=1
n
X
i=1
n
X
i=1
i=1
i=1
a = na,
log ai = log
n
Y
i=1
ai , gdzie
n
Y
i=1
ai = a1 a2 . . . an .
22
Z 2.4. Pokaż, że
n
X
n(n + 1)(2n + 1)
i2 =
,
(a)
6
i=1
(b)
n
X
i · i! = (n + 1)! − 1 ,
i=1
n
(c) x − 1 = (x − 1)
n−1
X
xj .
j=0
Z 2.5. Napisz
kilka √
pierwszych wyrazów cia,gu określonego
√
przez a1 = 3, an+1 = 3 + an , a naste, pnie pokaż, że cia,g ten
jest rosna,cy (czyli każdy naste, pny wyraz jest wie, kszy od poprzedniego) oraz ograniczony z góry liczba, 3.
3. Rachunek zdań
W tym rozdziale zajmiemy sie, podstawami logiki matematycznej. Zgodnie z zasada,, że ,,oczywiste jest najtrudniejsze”, logika
jest tak skomplikowanym dziaÃlem matematyki, że nie be, dziemy
nawet próbowali nauczyć sie, caÃlej teorii, a zadowolimy sie, tylko jej
,,liźnie, ciem”, ograniczaja,c sie, caÃlkowicie do rachunku zdań.
Już samo sformuÃlowanie aksjomatów logiki stwarza wiele problemów. Nie be, dziemy wie, c próbowali formalizować tej teorii.
Wszystkie poje, cia, które sie, pojawia,, zostana, jednakże dokÃladnie
zdefiniowane. Oczywiście, zrobimy tu wyja,tek dla poje, ć i twierdzeń
znanych przez nas z kursów szkoÃly podstawowej i średniej.
Zdania. Poje, cie zdania w logice ma inny sens niż w gramatyce. Zdaniem w sensie logiki nazywamy takie zdanie w sensie gramatyki, któremu można przypisać jedna, z dwóch wartości logicznych
– prawde, lub faÃlsz. Tak wie, c zdaniami dla nas be, da, tylko zdania
oznajmuja,ce. ,,Podnieść re, ce do góry!” lub ,,Która teraz jest godzina?” sa, poprawnymi zdaniami w je, zyku polskim, jednak nie można
im przypisać żadnej wartości logicznej. Dlatego nie sa, to zdania
w sensie logicznym. Zdania ,,Na dworze leje” oraz ,,Warszawa jest
stolica, Francji” sa, zdaniami w sensie logicznym. W matematyce
cze, sto spotykamy
za pomoca, symboli. Na przykÃlad,
V zdania zapisane
2
2
,, 5 < 1 ” lub ,, a,b (a + b) = a + 2ab + b2 ”.
W naszych rozważaniach be, dziemy oznaczać zdania pojedynczymi literami p, q, r itd. lub też zespoÃlem liter i znaków. Wartości
logiczne prawda i faÃlsz oznaczymy odpowiednio przez 1 i 0. Fakt, że
zdanie p ma wartość logiczna, x zapisujemy w(p) = x. Na przykÃlad
w(5 < 1) = 0.
ZaÃlóżmy, że dany jest niepusty zbiór X. Dowolny sposób tworzenia zdania, w którym wyste, puje jedna lub wie, cej zmiennych przebiegaja,cych zbiór X, nazywamy forma, zdaniowa, (jednej lub wielu
zmiennych). Zbiór X nazywamy dziedzina, tej formy zdaniowej. Na
przykÃlad, jeżeli X jest zbiorem wszystkich miast świata, to schemat
,, x jest stolica, Polski” (x ∈ X)
jest forma, zdaniowa,. Zauważmy, że forma zdaniowa staje sie, zdaniem, jeśli zmienna, zasta,pimy przez konkretny element z jej dzie-
24
dziny. Używaja,c powyższej formy zdaniowej, możemy zatem utworzyć zdania:
,,Warszawa jest stolica, Polski”,
,,Paryż jest stolica, Polski”,
,,Borne Sulinowo jest stolica, Polski”
i wiele innych. Podobnie, jeśli za X weźmiemy zbiór liczb rzeczywistych R, to
2x + 3 < 7
oraz
3x2 y = −z
sa, formami zdaniowymi, odpowiednio, jednej i trzech zmiennych.
Funktory zdaniotwórcze. W każdym je, zyku świata tworzymy nowe zdania wykorzystuja,c zdania już uÃlożone. W je, zyku
polskim używamy cze, sto partykuÃly nie oraz spójników i, lub. Zasada tworzenia zdań zÃlożonych ze zdań prostych ma swe uogólnienie
w matematyce. ReguÃly tworzenia (przeksztaÃlcania) zdań (zdania)
w zdanie nazywamy funktorami zdaniotwórczymi.
Zajmiemy sie, najpierw funktorami jednej zmiennej, czyli takimi, które przeksztaÃlcaja, jedno zdanie. Niech p be, dzie naszym zdaniem. Oznaczmy przez &i p przeksztaÃlcone zdanie p. Z dokÃladnościa, do wartości logicznej otrzymujemy cztery możliwe klasy funktorów zdaniotwórczych:
p &1 p &2 p &3 p &4 p
1 1
1
0
0
0 0
1
0
1
Funktory &i możemy definiować na wiele różnych sposobów,
jednak gdy porównamy możliwe wartości logiczne otrzymanego zdania w stosunku do wartości logicznych zdania pierwotnego okaże
sie, , że nasz funktor należy do którejś z powyższych klas. Spośród
wymienionych klas funktorów jednej zmiennej najcze, ściej używamy
funktorów ostatniej klasy, a najcze, ściej wykorzystywanym funktorem z tej klasy jest taki, który zdanie p przeksztaÃlca w ,,Nieprawda, że p ”. Nazywa sie, go funktorem negacji lub negacja, i oznacza
przez ∼ .
Istnieje 16 klas funktorów dwóch zmiennych. Spośród tych
szesnastu klas zajmiemy sie, tylko czterema i wspomnimy dalsze
Rachunek zdań
25
trzy, które zrobiÃly furore, w zwia,zku z rozwojem techniki komputerowej. Wartości logiczne wspomnianych siedmiu klas określa
poniższa tabela.
p
1
1
0
0
q p ∨ q p ∧ q p ⇒ q p ⇔ q p albo q p NOR q p NAND q
1 1
1
1
1
0
0
0
0 1
0
0
0
1
0
1
1 1
0
1
0
1
0
1
0 0
0
1
1
0
1
1
Cztery pierwsze funktory zdaniotwórcze wyróżnione w tabeli
nazywaja, sie, , odpowiednio, alternatywa,, koniunkcja,, implikacja,
i równoważnościa,. PozostaÃle to alternatywa wyÃla,czna, jednoczesne
zaprzeczenie oraz dyzjunkcja, jednakże cze, ściej nazywa sie, je funktorami albo, NOR i NAND.
Alternatywa oraz koniunkcja sa, rozumiane dokÃladnie tak, jak
w życiu codziennym. Nie powinniśmy wie, c mieć trudności z ich
zrozumieniem. Zatrzymajmy sie, na dÃlużej przy implikacji. Zdanie
p ⇒ q odczytujemy na kilka sposobów. Najpopularniejszymi
sposobami sa, ,,Jeśli p to q ”, ,, p implikuje q ”, ,,Z p wynika q ”,
,, p jest warunkiem dostatecznym aby q ” oraz ,, q jest warunkiem
koniecznym na to, aby p ”. Tak wie, c mamy tu przynajmniej cztery
funktory reprezentuja,ce klase, funktorów implikacji. Zauważmy, że
jeżeli w(p) = 0, to w(p ⇒ q) = 1 bez wzgle, du na wartość logiczna,
zdania q ! Zatem zdanie ,,Jeśli 2 = 1 , to ja jestem Papieżem”
jest prawdziwe. Podobnie, jeżeli w(q) = 1 , to w(p ⇒ q) = 1
bez wzgle, du na wartość logiczna, zdania p. Wynika sta,d, że zdanie
,,Śledź ma uszy, implikuje Szczecin leży nad Odra,” jest jak najbardziej prawdziwe.
Innym sposobem rozumienia implikacji sa, sposoby odczytu
typu ,,warunek konieczny” i ,,warunek dostateczny” lub ,,wystarczaja,cy”. Przy prawdziwej implikacji p ⇒ q, prawdziwość p wystarcza, aby i q byÃlo prawdziwe, natomiast prawdziwość q jest
konieczna, aby p byÃlo prawdziwe.
3.1. PrzykÃlad. Oznaczmy przez a|b fakt, że b jest podzielne
przez a. Rozważmy zdanie ,, 4|x ⇒ 2|x ”. Zauważmy, że do
podzielności przez 2 wystarczy podzielność przez 4, ale podzielność
przez 4 nie jest do tego konieczna, gdyż liczba x może sie, dzielić
26
przez dwa także wtedy, gdy nie dzieli sie, przez 4. Na pewno jednak
podzielność x przez 2 jest konieczna, aby x dzieliÃlo sie, przez 4.
Funktor równoważności odczytujemy jako ,, p jest równoważne q ”, ,, p wtedy i tylko wtedy, gdy q ” lub ,, p jest warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, aby q ”. Równoważność rozumiemy
jako ,,to samo”, tzn. zdanie po lewej stronie znaku ⇔ oznacza to
samo, co zdanie po prawej stronie tego znaku. Można ja, też rozumieć
jako koniunkcje, (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) dwóch implikacji.
PodrozdziaÃl ten zakończymy uwaga,, że każdy funktor zdaniotwórczy można utworzyć za pomoca, funktorów negacji, alternatywy
i koniunkcji. Przy projektowaniu ukÃladów scalonych oraz sieci logicznych powszechnie wykorzystuje sie, fakt, że każdy funktor można
utworzyć za pomoca, funktora NAND lub funktora NOR.
Prawa rachunku zdań. Utworzone za pomoca, funktorów
zdaniotwórczych zdanie, które jest zawsze prawdziwe, nazywamy
tautologia,. Podamy tu kilkadziesia,t tautologii, które be, dziemy używać przy różnych okazjach. Każda z nich jest twierdzeniem w teorii
rachunku zdań. Dowody tych twierdzeń polegaja, na sprawdzeniu,
że dla dowolnych wartości logicznych zdań skÃladowych, tautologia
jest zawsze prawdziwa, tj. ma wartość logiczna, 1.
T1.
T2.
T3.
T4.
T5.
T6.
T7.
T8.
T9.
T10.
T11.
T12.
T13.
T14.
p ⇒ p,
p ⇔ p,
∼ (∼ p) ⇔ p
(prawo podwójnego przeczenia),
∼ (p ∧ ∼ p)
(prawo sprzeczności),
p ∨ ∼p
(prawo wyÃla,czonego środka),
(p ∨ p) ⇔ p,
(p ∧ p) ⇔ p,
∼ p ⇒ (p ⇒ q),
(p ⇒ q) ⇔ (∼ p ∨ q)
(prawo transpozycji),
(p ∨ q) ⇔ (∼ p ⇒ q),
((p ∧ q) ⇒ r) ⇔ (p ⇒ (q ⇒ r)),
∼ (p ∧ q) ⇔ (∼ p∨ ∼ q),
∼ (p ∨ q) ⇔ (∼ p∧ ∼ q),
(p ⇒ q) ⇒ ((q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r)),
Rachunek zdań
T15.
T16.
T17.
T18.
T19.
T20.
T21.
T22.
T23.
T24.
T25.
T26.
T27.
T28.
T29.
T30.
27
∼ (p ⇒ q) ⇔ (p∧ ∼ q),
∼ (p ⇔ q) ⇔ ((p ∨ q)∧ ∼ (p ∧ q)),
(p ∧ q) ⇔ (q ∧ p),
(p ∧ q) ⇒ p,
(p ∨ q) ⇔ (q ∨ p),
p ⇒ (p ∨ q),
(p ∧ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∧ q) ∧ r),
(p ∨ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∨ q) ∨ r),
(p ∧ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∧ q) ∨ (p ∧ r)),
(p ∨ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∨ q) ∧ (p ∨ r)),
(p ⇒ q) ⇔ (∼ q ⇒∼ p),
(∼ q ⇒ (s∧ ∼ s)) ⇒ q,
(p ⇒ q) ⇒ ((p ∨ q) ⇔ q),
(p ⇒∼ q) ⇒ (((p ∧ q) ∨ r) ⇔ r),
((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)) ⇒ (p ⇒ r),
((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)) ⇔ (p ⇔ q).
Wprowadzaja,c oznaczenie P dla zdania zawsze prawdziwego
oraz F dla zdania zawsze faÃlszywego, do wymienionych tautologii
możemy jeszcze dodać naste, puja,ce dwie:
T31. (p ∨ F ) ⇔ p,
T32. (p ∧ P ) ⇔ p.
Wiele z tych tautologii ma swoje nazwy. Na przykÃlad, tautologie T17 oraz T19 nazywamy prawami przemienności, odpowiednio, koniunkcji i alternatywy. Natomiast tautologie T12 oraz
T13 nazywaja, sie, prawami de Morgana dla rachunku zdań. Obok
niektórych praw podaliśmy ich tradycyjne nazwy w nawiasach.
Wykonuja,c obliczenia numeryczne, zawsze kierujemy sie, pewna,
kolejnościa, wykonywania operacji. Wiadomo, że najpierw wykonujemy dziaÃlania w nawiasie, naste, pnie mnożenie lub dzielenie, a potem dodawanie i odejmowanie. Pomieszanie kolejności tych dziaÃlań
prowadzi zwykle do nieporozumień. Na przykÃlad:
4 − 2 · 3 + 5 = 3,
a nie 11. Liczbe, 11 otrzymamy w wyniku obliczenia
28
(4 − 2) · 3 + 5.
W logice wyste, puje wiele analogii do dziaÃlań oraz relacji arytmetycznych. Cze, sto stosujemy te analogie, jeśli nie jesteśmy pewni
wartości logicznej zdania. I tak, alternatywe, możemy skojarzyć
z dodawaniem, a koniunkcje, z mnożeniem. Implikacje, ⇒ kojarzymy z relacja, mniejszości ≤, a równoważność z relacja, równości
= . Również w sprawie pierwszeństwa dziaÃlań wykorzystywana
jest ta analogia – najpierw rozważamy negacje, , potem koniunkcje, ,
naste, pnie alternatywe, , a na końcu implikacje, i równoważność.
Tautologie, T25, na przykÃlad, możemy zapisać nie używaja,c nawiasów: p ⇒ q ⇔∼ q ⇒∼ p.
P 3.1. Użyj różnych metod do sprawdzenia tautologii T1–T32.
P 3.2. Która z podanych niżej informacji pozwala ustalić wartość logiczna, zdania oznaczonego litera, p ?
(a) p tworzy faÃlszywa, koniunkcje, z dowolnym zdaniem,
(b) p tworzy prawdziwa, koniunkcje, z pewnym zdaniem,
(c) p tworzy prawdziwa, alternatywe, z pewnym zdaniem,
(d) p tworzy faÃlszywa, alternatywe, z dowolnym zdaniem,
(e) implikacja, której p jest poprzednikiem jest zawsze faÃlszywa,
(f) implikacja, której p jest poprzednikiem jest prawdziwa
dla pewnego naste, pnika q,
(g) implikacja, której p jest naste, pnikiem jest prawdziwa dla
pewnego poprzednika q.
P 3.3. ZaÃlóżmy, że implikacja dwóch zdań jest prawdziwa. Co
możemy powiedzieć na temat alternatywy (koniunkcji) tych zdań?
P 3.4. Pokaż, że jeżeli równoważność dwóch zdań jest prawdziwa, to także ich implikacja jest prawdziwa.
Rachunek zdań
29
P 3.5. Przedstaw
(a) alternatywe, dwóch zdań za pomoca, koniunkcji i negacji,
(b) implikacje, za pomoca, alternatywy i negacji,
(c) koniunkcje, za pomoca, implikacji i negacji.
Z 3.1. Udowodnij kilka tautologii spośród T1–T32.
Z 3.2. W podanych zdaniach zÃlożonych wyodre, bnij przynajmniej trzy zdania proste, oznaczaja,c je pojedynczymi literami, a naste, pnie napisz je za pomoca, wprowadzonych oznaczeń i odpowiednich funktorów zdaniotwórczych.
(a) Jeżeli podstawa, ostrosÃlupa jest wieloka,t foremny i wysokość przechodzi przez środek podstawy lub ka,ty dwuścienne przy podstawie sa, równe, to ostrosÃlup jest prawidÃlowy.
(b) Jeżeli podstawa, ostrosÃlupa jest trójka,t prostoka,tny, to
ściana boczna przechodza,ca przez przeciwprostoka,tna, jest
prostopadÃla do pÃlaszczyzny podstawy wtedy i tylko wtedy, gdy wysokość ostrosÃlupa przechodzi przez środek
przeciwprostoka,tnej.
(c) Jeżeli liczba jest caÃlkowita lub wyraża sie, za pomoca,
uÃlamka zwykÃlego lub za pomoca, skończonego rozwinie, cia
dziesie, tnego, to liczba ta może być wyrażona za pomoca,
nieskończonego okresowego rozwinie, cia dziesie, tnego.
(d) Jeżeli prosta a jest równolegÃla do prostej b i prosta b należy do pÃlaszczyzny π, to prosta a jest równolegÃla do
pÃlaszczyzny π lub należy do pÃlaszczyzny π.
Z 3.3. Która z podanych niżej informacji pozwala ustalić wartość logiczna, zdania oznaczonego litera, p ?
(a) p tworzy faÃlszywa, koniunkcje, z pewnym zdaniem,
(b) p tworzy prawdziwa, koniunkcje, z dowolnym zdaniem,
(c) p tworzy prawdziwa, alternatywe, z dowolnym zdaniem,
(d) p tworzy faÃlszywa, alternatywe, z pewnym zdaniem,
(e) implikacja, której p jest poprzednikiem jest zawsze prawdziwa,
(f) implikacja, której p jest naste, pnikiem jest zawsze prawdziwa,
30
(g) implikacja, której p jest naste, pnikiem jest zawsze faÃlszywa,
(h) równoważność, w której wyste, puje p jest zawsze prawdziwa,
(i) równoważność, w której wyste, puje p jest zawsze faÃlszywa,
(j) równoważność, w której wyste, puje p jest prawdziwa dla
pewnego zdania q,
(k) równoważność, w której wyste, puje p jest faÃlszywa dla
pewnego zdania q.
Z 3.4. Zdanie −3 < 0 ≤ 2 przedstaw jako koniunkcje, dwóch
zdań, z których jedno jest alternatywa,.
Z 3.5. Podaj przykÃlad dwóch zdań p i q takich, że
(a) zdanie p ∧ q jest faÃlszywe,
(b) zdania p ∧ q oraz p ∨ q sa, prawdziwe.
Z 3.6. Udowodnij, że jeżeli alternatywa dwóch zdań jest faÃlszywa, to także ich koniunkcja jest faÃlszywa.
Z 3.7. Udowodnij, że jeżeli koniunkcja dwóch zdań jest prawdziwa, to ich równoważność też jest prawdziwa.
Z 3.8. Przedstaw
(a) implikacje, za pomoca, koniunkcji i negacji,
(b) koniunkcje, za pomoca, alternatywy i negacji,
(c) równoważność dwóch zdań za pomoca, funktorów implikacji i koniunkcji.
Z 3.9. Stosuja,c metode, ,,nie wprost” dowodzenia tautologii,
sprawdź, czy podane zdania sa, tautologiami.
(a) ((p ∨ q)∧ ∼ p) ⇒ q,
(b) (p ⇒ q) ⇒ (p ⇒ (q ∨ r)),
(c) ((p ∨ q) ∧ (p ⇒ q)) ⇒ (q ⇒ p),
(d) ∼ (p ∧ (∼ p ∧ q)),
(e) ((p ⇒ q) ∧ (r ⇒ s)) ⇒ ((p ∨ r) ⇒ (q ∨ s)).
Rachunek zdań
31
Z 3.10. Kontrtautologia, nazywamy zdanie, które jest zawsze
faÃlszywe. Zbadaj, które z poniższych zdań sa, kontrtautologiami.
(a) ∼ (p ⇒ q) ⇒ (p ⇒ q),
(b) ∼ (p ⇒ q) ⇔ (p ⇒ q),
(c) ∼ ((p ⇒ q) ∨ (q ⇒ p)),
(d) (p ⇒ q)∧ ∼ (∼ p ∨ q),
(e) (p ⇒ q) ∧ (∼ p ⇒ q),
(f) (p ⇒ q) ∧ (p ⇒∼ q).
4. Niektóre zastosowania rachunku zdań
Logika matematyczna oraz rachunek zdań maja, wiele zastosowań i to nie tylko w matematyce. Jeżeli chodzi o sama, matematyke, , to rachunek zdań spotykamy tu dosÃlownie na każdym kroku, cze, sto nie zdaja,c sobie nawet z tego sprawy. W tym rozdziale
zajmiemy sie, tylko tymi zastosowaniami, które pozwola, nam lepiej
zrozumieć niniejszy skrypt.
Dedukcja.
Prowadza,c jakiekolwiek rozumowanie, cze, sto
używamy sÃlów wie, c, zatem, sta,d itd. Każde z tych sÃlów oznacza
implikacje, . Istotnie, w rozumowaniu opieramy sie, na pewnych zaÃlożeniach. Wykorzystuja,c te zaÃlożenia oraz znane już fakty, wyprowadzamy wnioski, które możemy wykorzystać w poÃla,czeniu z innymi faktami oraz innymi zaÃlożeniami, a to pozwala na wyprowadzenie nowych wniosków. Po jakimś czasie wysnuwamy ostateczny
wniosek, który jest nasza, teza,. Dla przykÃladu rozważmy naste, puja,ce
twierdzenie.
4.1. Twierdzenie. Jeżeli zachodzi równanie tg(α + β) = 3tgα, to
zachodzi także równanie sin β = 2 sin α cos(α + β).
Dowód: Jeżeli tg(α + β) = 3tgα, to tg(α + β) − tgα = 2tgα. Sta,d
wynika, że
sin β
sin α
=2
.
cos(α + β) cos α
cos α
Z ostatniego mamy natychmiast teze, . ¤
W twierdzeniu 4.1 mamy zaÃlożenie p = ,, tg(α + β) = 3tgα ”.
Po przeniesieniu wyrażenia tgα na lewa, strone, otrzymujemy zdanie
q = ,,tg(α + β) − tgα = 2tgα”. Mamy zatem implikacje, p ⇒ q ,
a zdanie q jest pierwszym wnioskiem dedukcyjnym. W dalszej
cze, ści dowodu wykorzystujemy definicje, funkcji tg , czyli forme,
sin x
zdaniowa, φ(x) = ,,tgx = cos
x ”. Potrzebny nam jeszcze be, dzie
pewien fakt z teorii funkcji trygonometrycznych, czyli zdanie
s = ,, sin(α + β) cos α − sin α cos(α + β) = sin β”
Niektóre zastosowania rachunku zdań
33
oraz wzór na sprowadzanie do wspólnego mianownika, czyli forma
zdaniowa ψ(a,b,c,d) = ,, ab − dc = ad−bc
bd ”. Jeśli oznaczymy teraz
r = ,,
sin β
sin α
=2
”,
cos(α + β) cos α
cos α
to dostaniemy naste, pna, implikacje, , mianowicie
q ∧ φ(α + β) ∧ φ(α) ∧ ψ(sin(α + β),cos(α + β),sin α,cos β) ∧ s ⇒ r.
Zatem r jest kolejnym wnioskiem. Teza twierdzenia, czyli
zdanie t = ,, sin β = 2 sin α cos(α + β)” wynika ze zdania r oraz
z odpowiedniego wykorzystania dwóch naste, puja,cych form zdaniowych. Pierwsza z tych form, to
χ(A,B,C) = ,,
A
= C ⇒ A = BC”.
B
Pozwala ona pomnożyć obie strony równania przez te, sama,
liczbe, . Druga z wymienionych form zdaniowych, to zwykÃle skracanie uÃlamków, czyli ϕ(X,Y ) = ,, XY
Y = X”. Możemy teraz napisać
implikacje, , z której wynika teza:
sin α
)
cos α
∧ ϕ(cos(α + β) cos α sin α,cos α)
⇒ t.
r ∧ χ(sin β,cos(α + β) cos α,2
Zauważmy, że w tym twierdzeniu mamy jeszcze dodatkowo
pewne ukryte zaÃlożenia. Mianowicie α i β musza, być takie, aby
tangensy istniaÃly, tj. α + β 6= π2 + kπ , gdzie k jest liczba, caÃlkowita,
oraz α 6= π2 + sπ , gdzie s jest liczba, caÃlkowita,.
Dowody nie wprost. Jeśli zawodza, metody dedukcyjne, cze, sto zadajemy pytanie ,,co by sie, staÃlo, gdyby tak nie byÃlo?” Metody
rozumowania, w których zaprzeczamy tezie, nazywamy metodami
nie wprost. Metody nie wprost dziela, sie, na dwie grupy: rozumowanie (dowodzenie) przez kontrapozycje, oraz przez sprowadzenie
do niedorzeczności.
34
Tautologia T25 nazywa sie, inaczej prawem kontrapozycji i stanowi podstawe, dowodów przez kontrapozycje, . Dzie, ki tej tautologii możemy stwierdzić, że jeśli z negacji naste, pnika implikacji
(tezy twierdzenia) wynika negacja poprzednika (zaÃlożenia), czyli
prawdziwe jest zdanie ∼ q ⇒∼ p , to prawdziwe jest też zdanie
p ⇒ q , a wie, c twierdzenie. Oznaczyliśmy tu przez p zaÃlożenie,
a przez q teze, twierdzenia.
Podstawe, dowodów przez sprowadzenie do niedorzeczności
stanowi tautologia T26. Tutaj q jest nasza, teza,, a zaÃlożenie twierdzenia p jest cze, ścia, zdania s. Zauważmy, że s jest tu zdaniem,
którego prawdziwość i faÃlszywość wynika z zaprzeczenia tezy twierdzenia, czyli z ∼ q.
Rozważmy aksjomatyke, liczb naturalnych z przykÃladu 1.7. Na
jej podstawie przeprowadzimy dowód poniższego twierdzenia.
4.2. Twierdzenie. Jedynka jest dokÃladnie jedna.
Dowód (nie wprost). Z aksjomatu N1 wynika, że istnieje przynajmniej jedna jedynka. Przypuśćmy, że pewien zbiór liczb naturalnych N zawiera dwie lub wie, cej jedynek. Oznaczmy dwie różne
jedynki przez 1 i 10 . Rozważmy zbiór A skÃladaja,cy sie, ze wszystkich elementów N z wyja,tkiem 10 . Wówczas aksjomaty N1–N4 sa,
w oczywisty sposób speÃlnione dla zbioru A. Podobnie speÃlnione sa,
warunki 10 oraz 20 aksjomatu N5. Ale A jest zbiorem różnym od
N , wie, c mamy sprzeczność z aksjomatem N5, co oznacza, że N nie
jest zbiorem liczb naturalnych. ¤
W powyższym twierdzeniu zaÃlożeniem jest aksjomatyka liczb
naturalnych. Tego rodzaju zaÃlożenia nie sa, sformuÃlowane w treści
twierdzenia. Teza, jest tu caÃla treść twierdzenia. W dowodzie zaprzeczyliśmy tezie, zakÃladaja,c, że jedynek jest wie, cej niż jedna.
Uzyskaliśmy sprzeczność z aksjomatyka, liczb naturalnych, czyli
droga, dedukcyjna, doszliśmy do zaprzeczenia zaÃlożenia.
W dowodzie naste, pnego twierdzenia zademonstrujemy metode,
przez sprowadzenie do niedorzeczności. W celu uproszczenia zapisu, oznaczmy przez x ∈ A fakt, że x jest elementem (należy do)
zbioru A. Jeśli x nie należy do zbioru A , to zapiszemy x ∈
/ A.
4.3. Twierdzenie. Nie istnieje zbiór wszystkich zbiorów.
35
Dowód (nie wprost). ZaÃlóżmy, że taki zbiór istnieje i oznaczmy go
przez A. Skoro A jest zbiorem, wie, c jest elementem zbioru wszystkich zbiorów. Zapiszmy wie, c A ∈ A. Zdefiniujmy zbiór B jako
zbiór wszystkich ,,porza,dnych” zbiorów X , czyli takich, dla których
X ∈
/ X, Zbiór B na pewno nie jest pusty, bo ∅ ∈
/ ∅ , jako że do
zbioru pustego nic nie należy. Podobnie, poza zbiorem B sa, jakieś
elementy, ponieważ A ∈ A. Czy B ∈ B?
– NIE, ponieważ zbiory speÃlniaja,ce warunek B ∈ B nie sa,
,,porza,dne”, wie, c zbiór B nie może być elementem zbioru
zbiorów porza,dnych.
– TAK, bo gdyby B ∈
/ B , to zbiór B byÃlby ,,porza,dnym”
zbiorem, a to oznaczaÃloby, że zbiór B jest elementem zbioru
zbiorów ,,porza,dnych”, czyli B ∈ B.
Zatem mamy tu niedorzeczność, ponieważ zbiór B jest swoim
elementem i jednocześnie nim nie jest! ¤
Naszym zdaniem s z tautologii T26 jest tu zdanie B ∈ B.
Samo twierdzenie nie ma zaÃlożeń, albo ma zaÃlożenia puste. Zauważmy, że w pewnym momencie dowodu rozumowaliśmy przez
kontrapozycje, .
Dowody nie wprost stanowia, mniejszość wśród wszystkich
dowodów. Ponieważ dodatkowo jeszcze przy ich przeprowadzeniu korzystamy z dodatkowego zaÃlożenia, jakim jest zaprzeczenie
tezy, do dobrego stylu należy wie, c zaznaczenie przy sÃlowie dowód,
że be, dzie on nie wprost. Na zakończenie naszych rozważań na
temat dowodów nie wprost zaznaczmy, że najcze, stszym bÃle, dem
przy stosowaniu tego typu rozumowania jest zaprzeczanie nie tezie,
a zaÃlożeniu. Co gorsza, bÃla,d ten wyste, puje na samym pocza,tku
dowodu, dyskwalifikuja,c caÃly dowód.
Rozwia,zywanie równań i nierówności. Przy rozwia,zywaniu równań lub nierówności zawsze spotykamy sie, z równoważnościa,, a prawie zawsze z alternatywa, lub koniunkcja,.
4.4. PrzykÃlad. Zdefiniujmy [a] jako najwie, ksza, liczbe, caÃlkowita,,
która nie jest wie, ksza od a. Rozwia,żemy równanie
[2x + 1] + 3x = 7.
(4.1)
Zauważmy najpierw, że równanie 4.1 jest równoważne poniższemu
36
7 − [2x + 1] = 3x.
(4.2)
Ale po lewej stronie 4.2 mamy liczbe, caÃlkowita,. Zatem x musi być
wÃlaściwym lub niewÃlaściwym uÃlamkiem o mianowniku 3, czyli
x=
k
,
3
dla k ∈ Z .
(4.3)
Ponadto zauważmy, że zawsze prawdziwe jest
a − 1 < [a] ≤ a,
dla dowolnego a .
(4.4)
We wzorze 4.4 mamy koniunkcje, dwóch zdań: a − 1 < [a] oraz
[a] ≤ a. Ponieważ z 4.4 wynika (2x + 1) − 1 < [2x + 1] ≤ 2x + 1 ,
wie, c mamy równoważność
[2x + 1] + 3x = 7 ⇔ (5x < 7 ∧ 7 ≤ 5x + 1 ∧ x =
k
∧ k ∈ Z). (4.5)
3
Rozwia,zuja,c obie nierówności z prawej strony£ równoważno¢
7
6
6 7
ści 4.5, otrzymujemy
x
<
∧
x
≥
,
zatem
x
∈
,
. Wobec
5
5
5
5
£ 18 21 ¢
4.3 dostajemy k ∈ 5 , 5 , a to nam daje k = 4 , ponieważ k jest
liczba, caÃlkowita,. Zatem ostatecznie mamy
[2x + 1] + 3x = 7 ⇔ x =
i rozwia,zaniem równania 4.1 jest
4
3
4
3
(4.6)
.
4.5. PrzykÃlad. Z alternatywa, stykamy sie, przy rozwia,zywaniu
równań lub nierówności z wartościa, bezwzgle, dna,. Dla przykÃladu
rozwia,żemy równanie
|5x − 1| + 4x = 3.
(4.7)
Korzystaja,c z definicji wartości bezwzgle, dnej, otrzymujemy
równoważność
|5x − 1| + 4x = 3
⇔ ((5x − 1 > 0 ∧ 5x − 1 + 4x = 3)
∨ (5x − 1 ≤ 0 ∧ −5x + 1 + 4x = 3)).
(4.8)
37
Rozwia,zuja,c równania i nierówności po prawej stronie równoważności 4.8, otrzymujemy równoważność
1
4
1
|5x − 1| + 4x = 3 ⇔ ((x > ∧ x = ) ∨ (x ≤ ∧ x = −2)). (4.9)
5
9
5
Alternatywa dwóch koniunkcji po prawej stronie równoważności 4.9 jest prawdziwa wtedy i tylko wtedy, gdy x jest równe 49
lub −2 i to sa, rozwia,zania równania 4.7.
Jeżeli x jest dowolna, liczba, rzeczywista,, to istnieje najwie, ksza
liczba caÃlkowita n speÃlniaja,ca warunek n ≤ x. Liczbe, n nazywamy cze, ścia, caÃlkowita, liczby x i oznaczamy symbolem [x]. Cze, sto
można spotkać inne oznaczenia, np. ent (x) lub E(x). Z określenia
liczby [x] wynika, że
[x] ≤ x < [x] + 1.
(4.10)
Istotnie, gdyby x ≥ [x]+1 , to liczba [x]+1 byÃlaby liczba, caÃlkowita,
wie, ksza, od [x] speÃlniaja,ca, warunek [x] + 1 ≤ x. Jest to sprzeczne
z definicja, cze, ści caÃlkowitej liczby x.
Z nierówności (4.10) wynika, że 0 ≤ x − [x] < 1. Liczbe, x − [x]
nazywamy cze, ścia, uÃlamkowa, liczby x i oznaczamy symbolem {x} .
L
Ã atwo zobaczyć, że x = [x] + {x} .
© ª
PrzykÃlady: [− 12 ] = −1 , [4,7] = 4 , [−7,3] = −8 , − 12 = 21 ,
{4,7} = 0,7 , {−7,3} = 0,7.
Przy rozwia,zywaniu zadań P4.1–P4.6 warto wykorzystać naste, puja,ca, analogie, . Przypuśćmy, że wzdÃluż osi liczbowej wytyczona jest
linia tramwajowa. Przystanki tej linii znajduja, sie, dokÃladnie w miejscach, gdzie sa, liczby caÃlkowite. Przyjmujemy, że tramwaj porusza
sie, w kierunku wyznaczonym przez zwrot osi liczbowej, czyli od −∞
do +∞. Żeby dotrzeć do miejsca x , wysiadamy na przystanku najbliższym x , ale z zastrzeżeniem, że nie zmienimy kierunku podróży,
czyli po wyjściu z tramwaju, pójdziemy pieszo w kierunku +∞.
Musimy zatem wysia,ść na przystanku [x].
Wykorzystuja,c te, analogie, , rozważmy zadanie P4.5. Dane zadanie sprowadza sie, do sytuacji, w której jeśli chcemy dojechać
do miejsca x czy do miejsca y, to musimy wysia,ść na tym
samym przystanku. Wynika sta,d, że odlegÃlość pomie, dzy miejscami
x oraz y jest mniejsza od odlegÃlości pomie, dzy dwoma sa,siednimi
przystankami. A sta,d bezpośrednio wynika teza.
38
P 4.1. Dla dowolnych liczb rzeczywistych x , y ∈ R , przy czym
x ≤ y , pokaż, że [x] ≤ [y].
P 4.2. Uzasadnij, że jeśli α ∈ (0,1) oraz n jest liczba, naturalna,, to [n + α] = n.
P 4.3. Udowodnij naste, puja,ce wÃlasności
(a) Jeśli x jest liczba, caÃlkowita,, to [−x] = −[x].
(b) Jeżeli x nie jest liczba, caÃlkowita,, to [−x] = −[x] − 1.
(c) Jeśli x ∈ R , n ∈ Z , to [x + n] = [x] + n.
P 4.4. Wykaż, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x oraz y
zachodzi nierówność
[x + y] ≥ [x] + [y].
P 4.5. Udowodnij, że jeżeli [x] = [y] , to |x − y| < 1.
P 4.6. Wykaż, że jeśli n jest liczba, naturalna,, a x jest liczba,
rzeczywista,, to
· ¸ h i
[x]
x
=
.
n
n
P 4.7. Rozwia,ż równanie
·
¸
5x + 4
2x + 3
=
.
7
5
P 4.8. Udowodnij poniższe wÃlasności wartości bezwzgle, dnej:
(a) |x + y| ≤ |x| + |y|,
(b) ||x| − |y|| ≤ |x − y| ≤ |x| + |y|,
(c) |xy| = |x||y|.
39
Z 4.1. Sporza,dź wykres funkcji f (x) = [x] dla −3 ≤ x ≤ 3.
Z 4.2. Rozwia,ż równania
(a) [3x + 2] − 4x = 1,
(b) |x + 2| + |x − 4| = 5,
£ ¤
(c) x2 − 4x = 2.
Z 4.3. Rozwia,ż nierówności
(a) logx (logx (logx x)) > 0,
(b) |x − 5| ≤ |3x + 2| − 2x,
(c) [x − 3] + 4x ≥ 3.
Z 4.4. Sprawdź, czy prawdziwe sa, naste, puja,ce zdania:
(a) Jeżeli liczba naturalna a dzieli sie, przez 3, to z faktu, że
a nie dzieli sie, przez trzy wynika, że a dzieli sie, przez 5.
(b) Jeśli z faktu, że wszystkie boki trójka,ta sa, równe wynika,
że wszystkie ka,ty tego trójka,ta sa, równe oraz trójka,t ten
ma nierówne ka,ty, to ów trójka,t ma też nierówne boki.
(c) Jeżeli liczba a dzieli sie, przez 3 i dzieli sie, przez 5, to
z faktu, że a nie dzieli sie, przez trzy wynika, że a nie
dzieli sie, przez 5.
(d) Jan zna logike, wtedy i tylko wtedy, gdy nie jest prawda,,
że nie jest prawda,, że Jan zna logike, .
5. Wzmianka o kwantyfikatorach
W tym rozdziale zajmiemy sie, koniunkcja, i alternatywa, wielu
zdań. Jak wiemy, obydwa te funktory zdaniotwórcze sa, Ãla,czne
(zobacz T21 i T22). Zatem, zamiast pisać (p ∧ q) ∧ r możemy
zapisać p ∧ q ∧ r. Podobnie, dla zapisania koniukcji wie, kszej niż
trzy liczby zdań nie musimy używać nawiasów.
ZaÃlóżmy, że mamy forme, zdaniowa, φ(x) określona, na zbiorze
X = {x1 , x2 , x3 , x4 , x5 } . Wówczas φ(x1 ) jest zdaniem. Koniunkcja
φ(x1 ) ∧ φ(x2 ) ∧ φ(x3 ) ∧ φ(x4 ) ∧ φ(x5 )
(5.1)
jest dość niewygodna w zapisie. Jeszcze wie, kszy problem pojawiÃlby
sie, , gdyby X miaÃl wie, cej elementów. Sta,d, aby zapisać koniunkcje,
wszystkich zdań powstaÃlych z formy zdaniowej
φ(x) przebiegaja,cej
V
zbiór X, używamy ,,dużego” znaku
zamiast wielu maÃlych znaków ∧. Koniunkcje, 5.1 zapisujemy
^
φ(x) lub
∀x∈X φ(x)
(5.2)
x∈X
V
i czytamy: dla każdego x ∈ X φ(x). Znak
nazywamy kwantyfikatorem ogólnym. Zdanie (5.2) jest wie, c prawdziwe, jeżeli każde
zdanie φ(a), gdzie a ∈ X jest prawdziwe. Dla przykÃladu, rozważmy
zbiór Y = {3, 6, 9, 12, 18, 27} oraz zdania
^
3|y
y∈Y
^
2|y
y∈Y
^
(3|y ∨ 2|y).
y∈Y
Zdania pierwsze i trzecie sa, prawdziwe, a drugie jest faÃlszywe,
ponieważ 2 nie dzieli 9.
Podobnie definiujemy kwantyfikator szczegóÃlowy, czyli alternatywe, wszystkich zdań powstaÃlych z formy zdaniowej φ(x) przebiegaja,cej zbiór X. Zdanie
_
x∈X
φ(x) lub
∃x∈X φ(x)
(5.3)
Wzmianka o kwantyfikatorach
41
czytamy: istnieje x ∈ X, taki że φ(x). Jest ono prawdziwe, jeśli istnieje taki element a ∈ X, że zdanie φ(a) jest prawdziwe. Rozważmy
ponownie zbiór Y = {3, 6, 9, 12, 18, 27} oraz zdania
_
_
3|y
y∈Y
_
2|y
y∈Y
(3|y ∨ 2|y).
y∈Y
Wszystkie powyższe
_ zdania sa, prawdziwe. Nie jest natomiast
prawdziwe zdanie
y|25, ponieważ żaden z elementów zbioru Y
y∈Y
nie jest dzielnikiem liczby 25.
Ponieważ schematy z kwantyfikatorami sa, zdaniami, wie, c
możemy je przeksztaÃlcać, stosuja,c funktory zdaniotwórcze. Zastanówmy sie, , kiedy prawdziwe jest zdanie
^
∼
φ(x).
x∈X
Jest ono prawdziwe wtedy i tylko wtedy, gdy nieprawda, jest,
że dla każdego a ∈ X zdanie φ(a) jest prawdziwe, a to zachodzi
wtedy i tylko wtedy, gdy w X istnieje taki element b, że zdanie
φ(b) nie jest prawdziwe. Zatem
∼
^
φ(x) ⇔
x∈X
_
∼ φ(x).
(5.4)
∼ φ(x).
(5.5)
x∈X
Analogicznie możemy pokazać
∼
_
x∈X
φ(x) ⇔
^
x∈X
Równoważności 5.4 oraz 5.5 nazywamy prawami de Morgana
dla kwantyfikatorów. Warto je porównać z tautologiami T12 oraz
T13, które nazywaja, sie, prawami de Morgana dla rachunku zdań.
Możemy też stosować funktory zdaniotwórcze dwóch zmiennych i badać zależności mie, dzy kwantyfikatorami po zastosowaniu tych funktorów. Twierdzenia o kwantyfikatorach nazywamy
prawami rachunku funkcyjnego.
42
Możemy też Ãla,czyć kwantyfikatory, np. wyrażenie
_ ^
φ(x,y)
x∈X y∈X
jest zdaniem. Z tego typu zdaniami cze, sto spotykamy sie, w analizie
matematycznej. Na przykÃlad, mówimy, że funkcja f : R → R jest
cia,gÃla w punkcie a ∈ R, jeżeli
^ _ ^
(|x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε).
ε>0 δ>0 x∈R
P 5.1. Dla ustalonej funkcji f : R → R oraz ustalonego a ∈ R
rozważmy forme, zdaniowa, |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε. Jest to
forma zdaniowa trzech zmiennych: x, δ oraz ε. Dla uproszczenia
oznaczmy ja, przez φ(x,δ,ε). Czy zdania
^ _ ^
φ(x,δ,ε)
ε>0 δ>0 x∈R
oraz
_ ^ ^
φ(x,δ,ε)
δ>0 ε>0 x∈R
sa, równoważne? Istnieje sześć możliwych ustawień trzech kwantyfikatorów. Które ustawienia kwantyfikatorów tworza, zdania równoważne?
P 5.2. WytÃlumacz, na czym polega różnica mie, dzy zdaniami
^ _
x∈X y∈X
φ(x,y)
i
_ ^
φ(x,y),
y∈X x∈X
gdzie φ(x,y) jest dowolna, forma, zdaniowa, dwóch zmiennych, przebiegaja,ca, zbiór X. Użyj konkretnych przykÃladów dla poparcia
swoich argumentów.
Wzmianka o kwantyfikatorach
43
P 5.3. Udowodnij naste, puja,ce prawo rachunku funkcyjnego,
w którym φ(x) oraz ψ(y) sa, pewnymi formami zdaniowymi przebiegaja,cymi zbiór X.
^
x∈X
φ(x) ∧
^
y∈X
ψ(y) ⇔
^
φ(x) ∧ ψ(y).
x,y∈X
Z 5.1. Użyj kwantyfikatorów do zapisania naste, puja,cych zdań:
(a) Dowolna liczba naturalna jest wie, ksza od zera.
(b) Istnieje liczba caÃlkowita, która jest mniejsza od zera.
(c) Dla dowolnej liczby rzeczywistej x istnieje liczba naturalna n, która jest wie, ksza od x.
(d) Istnieje liczba rzeczywista x, taka że każda liczba naturalna n jest wie, ksza od x.
(e) Pewna liczba naturalna jest dzielnikiem 35.
(f) Każda liczba naturalna jest dzielnikiem 35.
(g) Koniunkcja zdania faÃlszywego z dowolnym zdaniem jest
faÃlszywa.
(h) Istnieje zdanie prawdziwe p, takie że alternatywa p z dowolnym zdaniem jest faÃlszywa.
(i) Istnieje takie zdanie p, że alternatywa p z dowolnym
zdaniem jest prawdziwa.
(j) Każde państwo ma swoja, stolice, .
(k) Każde państwo Ameryki PóÃlnocnej ma doste, p do morza.
(l) Nieprawda, że każde państwo Ameryki PoÃludniowej ma
doste, p do morza.
6. Elementy algebry zbiorów
W tym rozdziale zajmiemy sie, najbardziej podstawowym poje, ciem matematycznym, mianowicie poje, ciem zbiór. Nie ma teorii
matematycznej, gdzie ono nie wyste, puje. Dlatego spotkaliśmy je już
kilkakrotnie. Terminem algebra określamy tutaj możliwość stosowania pewnych analogii z liczbami rzeczywistymi. Zdefiniujemy wie, c
kilka podstawowych dziaÃlań na zbiorach, a także porównamy dwa
zbiory ze soba,. L
Ã atwo dopatrzymy sie, tu analogii z dziaÃlaniami dodawania i mnożenia liczb oraz z relacjami równości i mniejszości.
Poje, cie zbiór. Jak już wspomnieliśmy, zbiór jest najbardziej podstawowym poje, ciem matematycznym. Jest to poje, cie pierwotne, wie, c go nie definiujemy. Jednakże rozumiemy je jako zespóÃl
czegoś, grupe, , mnogość czy też zbiorowisko. DziaÃl matematyki,
zajmuja,cy sie, badaniem ogólnych wÃlasności zbiorów, nazywamy
teoria, mnogości. Podstawy tej teorii stworzyÃl w latach 1871–1883
George Cantor. Podobnie jak w przypadku logiki, teoria mnogości
jest dość skomplikowana i dlatego ograniczymy sie, tylko do jej podstaw, które nazywamy algebra, zbiorów. Drugim poje, ciem pierwotnym, zwia,zanym z teoria, mnogości, jest element zbioru, czyli to co
jest w zbiorze. Fakt, że element a jest w zbiorze A zapisujemy
jako a ∈ A i czytamy ,,a należy do zbioru A”. Mówimy też, że
pomie, dzy elementem a oraz zbiorem A wyste, puje relacja przynależności. Jeżeli w zbiorze A wyste, puje kilka elementów, piszemy
a, b, c ∈ A zamiast a ∈ A, b ∈ A, c ∈ A.
Zauważmy, że a ∈ A jest zdaniem w sensie logicznym. Negacje,
tego zdania, czyli zdanie ,,a nie należy do zbioru A” zapisujemy
symbolicznie a ∈
/ A. Także zapis z rachunku zdań ∼ (a ∈ A) jest
poprawny.
Najprostszym i jednocześnie podstawowym zbiorem jest zbiór
pusty, czyli zbiór, który nie ma elementów. Symbolicznie oznaczamy
go przez ∅. Zdanie x ∈ ∅ jest wie, c zdaniem faÃlszywym.
Zbiory możemy oznaczać w rozmaity sposób. Przedstawimy tu
kilka typowych przykÃladów.
Elementy algebry zbiorów
45
W planimetrii zbiór oznacza sie, , kreśla,c go na pÃlaszczyźnie.
Zwykle używamy terminu figura zamiast zbiór. Różne figury maja, swoje indywidualne nazwy: trójka,t, kwadrat, prosta, Ãlamana,
punkt, hiperbola itp.
W stereometrii również używa sie, terminu figura zamiast zbiór.
Cze, sto też rozróżnia sie, figury typowe dla pÃlaszczyzny od figur typowo przestrzennych, dodaja,c tym ostatnim sÃlowo ,,przestrzenna”.
Figurami przestrzennymi sa, sześcian, pÃlaszczyzna, ośmiościan foremny itp. Figury przestrzenne oznaczamy, wykreślaja,c ich rzut na
pÃlaszczyźnie.
Przy wprowadzaniu poje, cia zbiór, zwykle przedstawia sie, go
w postaci owalu, w którym sa, albo oznaczone jego elementy, ba,dź
też rozumie sie, , że cze, ść pÃlaszczyzny ograniczona przez owal skÃlada
sie, na dany zbiór.
Jeśli zbiór skÃlada sie, ze skończonej liczby elementów, to
najÃlatwiej go przedstawić w postaci {q, w, e, r, t} , czyli wymienić
wszystkie jego elementy w klamrach. Jeśli elementy zbioru speÃlniaja,
pewna, wÃlasność, używamy także klamer i zapisujemy {x : ϕ(x)} ,
gdzie ϕ(x) oznacza wspomniana, wÃlasność. Powyższy zapis czytamy: zbiór tych wszystkich elementów x, dla których zachodzi
ϕ(x).
Kiedy mówimy o zbiorach zÃlożonych z liczb rzeczywistych,
cze, sto rozważamy przedziaÃly, czyli zbiory zÃlożone z tych liczb rzeczywistych, które sa, zawarte pomie, dzy liczbami a oraz b. Zbiór takich
liczb oznaczamy (a, b) (przedziaÃl otwarty), jeśli do naszego zbioru
nie należa, liczby a oraz b. Zapis [a, b) oznacza zbiór wszystkich liczb rzeczywistych zawartych pomie, dzy a oraz b z liczba,
a wÃla,cznie.
Zbiór, którego jedynym elementem jest a oznaczamy {a} .
Także zbiór może być elementem. Na przykÃlad {∅} jest zbiorem
jednoelementowym, którego jedynym elementem jest zbiór pusty.
Zbiór, którego elementami sa, zbiory, nazywamy zwykle rodzina,
zbiorów. Zbiór, którego elementami sa, a1 , a2 , . . . , an oznaczamy
{a1 , a2 , . . . ,an } . Jeśli zbiór jest nieskończony, też możemy oznaczyć
go za pomoca, klamer. Na przykÃlad, zbiór liczb naturalnych oznaczymy jako {1, 2, . . .} . Zapis {x ∈ R : 1 < x < 2} oznacza zbiór
wszystkich liczb rzeczywistych zawartych mie, dzy 1 i 2, czyli przedziaÃl otwarty (1, 2).
46
Zbiory, których powszechnie używamy w różnych dziaÃlach
matematyki, maja, swoje oznaczenia, które teraz przytoczymy:
N – zbiór liczb naturalnych,
Z – zbiór liczb caÃlkowitych,
Q – zbiór liczb wymiernych,
IQ – zbiór liczb niewymiernych,
R – zbiór liczb rzeczywistych,
C – zbiór liczb zespolonych.
Jeżeli każdy element zbioru A jest też elementem zbioru B, to
zbiór A nazywamy podzbiorem zbioru B, a zbiór B nadzbiorem
zbioru A. Fakty te zapisujemy A ⊂ B oraz B ⊃ A, a symbol
⊂ nazywamy znakiem inkluzji lub zawierania. Mówimy też, że zachodzi zawieranie (inkluzja) A ⊂ B lub że zbiór A zawiera sie,
w zbiorze B. Definicje, podzbioru możemy zapisać symbolicznie:
^
A⊂B ⇔
x ∈ B.
x∈A
Zaprzeczenie tej definicji oznaczamy A 6⊂ B lub B 6⊃ A. Zatem fakt, że A nie jest podzbiorem B zapisujemy symbolicznie
_
A 6⊂ B ⇔
x∈
/ B.
x∈A
Jeśli rozważamy konkretny element x ∈ A oraz zachodzi
inkluzja A ⊂ B, to zdanie x ∈ A ⇒ x ∈ B jest zdaniem prawdziwym. Odwrotnie, jeżeli x jest dowolnym elementem zbioru A
oraz prawdziwe jest zdanie x ∈ A ⇒ x ∈ B, to zachodzi inkluzja
A ⊂ B. Powyższy fakt be, dziemy stosować zawsze, gdy trzeba be, dzie
dowieść, że pewien zbiór A zawiera sie, w zbiorze B.
6.1. PrzykÃlad. Mamy naste, puja,ce inkluzje N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C,
ale (1,3] 6⊂ Q.
Niech A = {x ∈ N : 3|x} oraz B = {x ∈ N : 6|x} . Ponieważ
9 ∈ A, ale 9 ∈
/ B, wie, c A 6⊂ B. Natomiast, jeśli x jest podzielna
przez 6, to jest też podzielna przez 3, zatem B ⊂ A.
Jeśli przedstawimy zbiory A oraz B jako owale, to zbiór A
jest zawarty w zbiorze B , jeżeli owal oznaczaja,cy zbiór A jest zawarty w caÃlości wewna,trz owalu oznaczaja,cego zbiór B. Zatem,
47
jeżeli wymieniamy wszystkie elementy zbioru B, to przy okazji
wymienimy też elementy zbioru A.
Zbiory A oraz B sa, równe wtedy i tylko wtedy, gdy maja, te
same elementy. Fakt ten zapisujemy A = B. Zbiory A i B sa,
różne (A 6= B) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje element zbioru A
nie należa,cy do B lub istnieje element zbioru B, który nie należy
do A. Powyższe definicje możemy też zapisać symbolicznie:
^
^
x∈B∧
x∈A
A=B ⇔
x∈A
oraz
A 6= B
⇔
_
x∈A
x∈B
x∈
/B∨
_
x∈
/A
x∈B
Jeśli rozważamy konkretny element x ∈ A oraz zachodzi
równość A = B, to zdanie x ∈ A ⇔ x ∈ B jest zdaniem prawdziwym. Odwrotnie, jeżeli x jest dowolnym elementem zbioru A
oraz prawdziwe jest zdanie x ∈ A ⇔ x ∈ B, to zachodzi równość
A = B. Powyższy fakt be, dziemy stosować zawsze, gdy trzeba be, dzie
dowieść, że zbiory A oraz B sa, równe.
6.2. PrzykÃlad. Oznaczmy przez C zbiór {x ∈ N : 2|x ∧ 3|x} .
Wówczas jeśli B jest zbiorem z przykÃladu 6.1, to C = B, ponieważ
każda liczba naturalna dzieli sie, przez 6 wtedy i tylko wtedy, gdy
jest podzielna przez 2 i przez 3.
Z definicji podzbioru i równości zbiorów wynika naste, puja,ce
twierdzenie.
6.3. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A, B i C zachodza,
naste, puja,ce wÃlasności:
(i) ∅ ⊂ A,
(ii) A ⊂ A,
(iii) jeśli A ⊂ B i B ⊂ C, to A ⊂ C,
(iv) jeśli A ⊂ B i B ⊂ A, to A = B,
(v) jeśli A 6= B, to A 6⊂ B lub B 6⊂ A.
Dowód.
(i) Musimy pokazać, że każdy element zbioru pustego jest elementem zbioru A lub też implikacje, x ∈ ∅ ⇒ x ∈ A. Implikacja ta jest prawdziwa, ponieważ jej poprzednik jest faÃlszywy.
Zatem twierdzenie jest prawdziwe.
48
(ii) Weźmy dowolny element x ∈ A i skorzystajmy z tautologii
T1, gdzie p jest zdaniem x ∈ A.
(iii) Weźmy dowolny element x należa,cy do zbioru A. Musimy
pokazać, że jest on też elementem zbioru C. Korzystaja,c z zaÃlożenia dostajemy x ∈ A ⇒ x ∈ B, wie, c x jest elementem
zbioru B. Ponieważ B ⊂ C, wie, c mamy także x ∈ C, co
należaÃlo pokazać.
(iv) Z zaÃlożenia mamy, że (x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇒ x ∈ A).
Z tautologii T30 wynika, że powyższe zdanie jest równoważne
zdaniu x ∈ A ⇔ x ∈ B. Sta,d A = B.
(v) Be, dziemy poste, pować nie wprost. Przypuśćmy, że teza nie jest
prawdziwa, czyli
∼ ((A 6⊂ B) ∨ (B 6⊂ A)).
Z praw de Morgana dla zdań, powyższe zdanie jest równoważne
∼ (A 6⊂ B)∧ ∼ (B 6⊂ A)),
a to ostatnie zdanie oznacza A ⊂ B ∧ B ⊂ A, czyli zaÃlożenie (iv). Z tegoż zaÃlożenia wynika jednakże teza A = B, która
jest w sprzeczności z zaÃlożeniem dowodzonej wÃlasności. ¤
Suma zbiorów. Przez sume, zbiorów A oraz B rozumiemy zbiór A ∪ B, który skÃlada sie, z wszystkich elementów zbioru A
oraz wszystkich elementów zbioru B. Zatem x jest elementem zbioru A ∪ B wtedy i tylko wtedy, gdy x jest elementem zbioru A lub
elementem zbioru B. Symbolicznie zapisujemy te, definicje, naste, puja,co:
x ∈ A ∪ B ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B).
(6.1)
Suma, zbioru liczb wymiernych i zbioru liczb niewymiernych jest
zbiór wszystkich liczb rzeczywistych (Q ∪ IQ = R). Przypuśćmy, że
A = {1, 2, 3} , B = {1, 3, 5} . Suma, zbiorów A oraz B jest zbiór
A ∪ B = {1, 2, 3, 5} . Zauważmy, że jeżeli obydwa zbiory A oraz B
sa, zapisane jak powyżej, czyli ich elementy sa, wypisane w klamrach,
to zapisanie zbioru A ∪ B polega na wypisaniu w klamrach wszystkich elementów zbioru A, a naste, pnie dopisaniu tych elementów
zbioru B, które nie zostaÃly jeszcze wymienione.
49
Zastanówmy sie, teraz, kiedy element x nie należy do sumy
zbiorów A i B. Potrzebujemy wie, c zaprzeczenia alternatywy ze
wzoru 6.1. Korzystaja,c z prawa de Morgana dla zdań, czyli z tautologii T13, otrzymujemy
x∈
/ A ∪ B ⇔ (x ∈
/ A∧x∈
/ B).
(6.2)
Podstawowe wÃlasności sumy zbiorów przedstawia naste, puja,ce
twierdzenie.
6.4. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A, B i C zachodza,
(i) A ∪ B = B ∪ A (przemienność sumy zbiorów),
(ii) A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C (Ãla,czność sumy zbiorów),
(iii) ∅ ∪ A = A (zbiór pusty jest elementem neutralnym dziaÃlania
sumy zbiorów),
(iv) A ∪ A = A.
Zauważmy, że wÃlasności analogiczne do (i), (ii) oraz (iii) znajdujemy przy dodawaniu liczb. Ostatnia wÃlasność sumy zbiorów nie
ma swojej analogii z dodawaniem.
Dowód polega na zastosowaniu definicji 6.1 oraz odpowiednich tautologii.
Żeby udowodnić (i) korzystamy z prawa przemienności alternatywy, czyli z tautologii T19. Mamy pokazać, że x ∈ A∪B ⇔ x ∈
B ∪ A. Korzystaja,c z definicji, z tautologii T19 (prawo przemienności alternatywy) oraz ponownie z definicji sumy zbiorów, dostajemy
x ∈ A ∪ B ⇔ x ∈ A ∨ x ∈ B ⇔ x ∈ B ∨ x ∈ A ⇔ x ∈ B ∪ A.
Udowodnimy teraz (ii). Mamy
x ∈ A ∪ (B ∪ C) ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ (B ∪ C))
⇔ (x ∈ A ∨ (x ∈ B ∨ x ∈ C))
⇔ ((x ∈ A ∨ x ∈ B) ∨ x ∈ C)
⇔ (x ∈ A ∪ B ∨ x ∈ C)
⇔ x ∈ (A ∪ B) ∪ C).
(z 6.1)
(z 6.1)
(z T22)
(z 6.1)
(z 6.1)
50
Dodajmy, że tautologia T22 nosi nazwe, prawa Ãla,czności alternatywy.
Aby udowodnić (iii) korzystamy z definicji sumy zbiorów 6.1
oraz z tautologii T31. Natomiast w dowodzie (iv) korzystamy z 6.1
i tautologii T6. ¤
Nieco trudniejsze dowody maja, poniższe wÃlasności, które mówia, o pewnych zwia,zkach pomie, dzy suma, i inkluzja,.
6.5. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A, B, C i D zachodza,
(i) A ⊂ A ∪ B,
(ii) jeśli A ⊂ C i B ⊂ C, to A ∪ B ⊂ C,
(iii) jeśli A ⊂ C i B ⊂ D, to A ∪ B ⊂ C ∪ D,
(iv) A ⊂ B ⇔ A ∪ B = B.
Zauważmy, że o ile wÃlasności (i), (ii) oraz (iii) sa, w swojej
treści podobne do twierdzeń, które już udowadnialiśmy, o tyle ostatnia wÃlasność jest nietypowa. Nie jest ona sformuÃlowana w postaci
twierdzenia ,,jeżeli . . . , to . . . ” tylko jest to równoważność. Przy
dowodzeniu jej be, dziemy wie, c musieli udowodnić dwa twierdzenia:
⇒: jeżeli A ⊂ B, to A ∪ B = B
oraz
⇐: jeżeli A ∪ B = B, to A ⊂ B.
Dowód (i) wynika bezpośrednio z tautologii T20:
x ∈ A ⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B).
Żeby udowodnić (ii) zakÃladamy, że A ⊂ C i B ⊂ C oraz
pokazujemy, że A ∪ B ⊂ C. Z zaÃlożenia dostajemy prawdziwość
implikacji x ∈ A ⇒ x ∈ C oraz x ∈ B ⇒ x ∈ C. Teze, pokazujemy
naste, puja,co:
x ∈ A ∪ B ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B)
(z 6.1)
⇒ (x ∈ C ∨ x ∈ C) (z zaÃlożenia i T14)
⇔ (x ∈ C).
(z T6)
Zatem A ∪ B ⊂ C.
51
Aby udowodnić (iii) zauważamy, że jeżeli x ∈ A ∪ B, to x ∈ A
lub x ∈ B. Z zaÃlożenia otrzymujemy natychmiast, że x ∈ C lub
x ∈ D. Ostatnie zdanie jest równoważne x ∈ C ∪ D.
Udowodnimy teraz wÃlasność (iv). Jak już wspomnieliśmy, musimy w tym celu udowodnić dwa twierdzenia. Zaczniemy od (iv) ⇒ .
ZaÃlóżmy zatem, że A ⊂ B. Ponieważ mamy także B ⊂ B, wie, c na
podstawie wÃlasności (iii) dostajemy A ∪ B ⊂ B. Wobec (i) (gdzie
zbiory A oraz B zamieniaja, sie, rolami) otrzymujemy A ∪ B = B.
Aby udowodnić (iv) ⇐ zaÃlóżmy, że A ∪ B = B. Korzystaja,c
z (i), mamy A ⊂ A ∪ B, czyli A ⊂ B. ¤
Przekrój zbiorów. Przez przekrój (iloczyn lub cze, ść wspólna,) zbiorów A i B rozumiemy zbiór A ∩ B zÃlożony z wszystkich
elementów należa,cych jednocześnie do zbioru A i zbioru B. Zatem
element x należy do zbioru A ∩ B wtedy i tylko wtedy, gdy x należy do zbioru A i x należy do zbioru B. Symbolicznie zapisujemy
to w naste, puja,cy sposób:
x ∈ A ∩ B ⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B).
(6.3)
Stosuja,c negacje, koniunkcji, czyli tautologie, T12, otrzymujemy
zaprzeczenie definicji 6.3, czyli
x∈
/ A ∩ B ⇔ (x ∈
/ A∨x∈
/ B).
(6.4)
Przekrojem zbioru liczb parzystych oraz liczb podzielnych przez
trzy jest zbiór liczb podzielnych przez 6. Jeśli A = {1, 2, 3} , a B =
{2, 3, 4} , to A ∩ B = {2, 3} . Przekrojem zbioru liczb wymiernych
i liczb niewymiernych jest zbiór pusty (Q ∩ IQ = ∅). Przekrojem
zbioru liczb naturalnych i zbioru liczb wymiernych jest zbiór liczb
naturalnych (N ∩ Q = N) .
Naste, puja,ce wÃlasności wynikaja, z definicji przekroju, tautologii
T17, T21 i T7 oraz z faktu, że koniunkcja zdania faÃlszywego
z dowolnym zdaniem jest faÃlszywa. SzczegóÃlowy dowód tego twierdzenia pozostawiamy czytelnikowi do samodzielnego przeprowadzenia.
52
6.6.
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A, B i C zachodzi
A ∩ B = B ∩ A (przemienność przekroju),
A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C (Ãla,czność przekroju),
∅ ∩ A = ∅,
A ∩ A = A. ¤
Przekrój zbiorów porównujemy z mnożeniem liczb. Zauważmy,
że zbiór ∅ jest analogiczny z zerem. WÃlasność ostatnia nie jest
analogiczna – kwadrat dowolnej liczby nie jest równy tej liczbie.
Niektóre zależności mie, dzy inkluzja, i przekrojem sa, zawarte
w naste, puja,cym twierdzeniu, którego treść oraz dowód warto jest
porównać z treścia, i dowodem twierdzenia 6.5.
6.7.
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A, B, C i D zachodzi
A ∩ B ⊂ A,
jeżeli A ⊂ B i A ⊂ C, to A ⊂ B ∩ C,
jeżeli A ⊂ C i B ⊂ D, to A ∩ B ⊂ C ∩ D,
A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy A ∩ B = A.
Dowód. WÃlasność (i) wynika z tautologii T18.
Żeby udowodnić (ii), zauważmy, że z zaÃlożenia wiemy, iż jeśli
x ∈ A, to także x ∈ B oraz x ∈ C. Zatem, jeśli x ∈ A, to
x ∈ B ∩ C, czyli A ⊂ B ∩ C.
Udowodnimy teraz (iii). Z zaÃlożenia mamy
x∈A⇒x∈C
oraz
x ∈ B ⇒ x ∈ D.
ZaÃlóżmy teraz, że x ∈ A ∩ B, czyli x ∈ A ∧ x ∈ B. Z zaÃlożenia
otrzymujemy x ∈ C ∧ x ∈ D, czyli x ∈ C ∩ D.
Podobnie jak w twierdzeniu 6.5 wÃlasność (iv) jest równoważnościa,. Musimy zatem udowodnić dwa twierdzenia. ZaÃlóżmy najpierw,
że A ⊂ B (udowadniamy (iv) ⇒ ). Wówczas, ponieważ A ∩ B ⊂ A,
wystarczy pokazać, że A ⊂ A ∩ B. Jednakże mamy A ⊂ A oraz,
z zaÃlożenia, A ⊂ B. Na podstawie wÃlasności (ii) mamy wie, c A ⊂
A ∩ B.
Udowodnimy teraz (iv) ⇐ . W tym celu zaÃlóżmy, że A ∩ B =
A i rozważmy zdanie x ∈ A. Z zaÃlożenia mamy, że x ∈ A ∩ B.
Z definicji 6.3 mamy x ∈ A ∧ x ∈ B. Z tautologii T18 dostajemy
x ∈ B. ¤
53
Mówimy, że zbiory A i B sa, rozÃla,czne, jeśli A∩B = ∅. Zatem
dwa zbiory sa, rozÃla,czne, jeśli nie maja, cze, ści wspólnej. Tak wie, c
zbiór liczb wymiernych i zbiór liczb niewymiernych sa, rozÃla,czne.
Rozważania na temat przekroju zbiorów zakończymy twierdzeniem, które podaje dalsze wÃlasności sumy i przekroju. Zwróćmy tu
uwage, na fakt, że w zbiorach liczbowych mamy prawo rozdzielności
mnożenia wzgle, dem dodawania, ale nie mamy prawa rozdzielności
dodawania wzgle, dem mnożenia. W przypadku dziaÃlań na zbiorach
oba analogiczne prawa zachodza, (por. punkty (iii) i (iv) poniższego
twierdzenia).
6.8.
(i)
(ii)
(iii)
Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A, B i C zachodzi
A ∩ (A ∪ B) = A,
(A ∩ B) ∪ B = B,
A∩(B ∪C) = (A∩B)∪(A∩C) (prawo rozdzielności przekroju
wzgle, dem sumy),
(iv) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) (prawo rozdzielności sumy
wzgle, dem przekroju).
Dowód. Aby pokazać (i) zauważmy, że na mocy twierdzenia 6.7(i),
gdzie za B wstawimy A ∪ B, mamy A ∩ (A ∪ B) ⊂ A. Z drugiej strony mamy A ⊂ A oraz A ⊂ A ∪ B (twierdzenia 6.3(ii)
oraz 6.5(i)), wie, c na podstawie twierdzenia 6.7(ii) dostajemy A ⊂
A ∩ (A ∪ B). Sta,d i z twierdzenia 6.3(iv) otrzymujemy teze, .
WÃlasność (ii) pokazujemy podobnie: ponieważ A ∩ B ⊂ B
oraz B ⊂ B, wie, c (A ∩ B) ∪ B ⊂ B. Z drugiej strony, zbiór B jest
zawarty w sumie, której skÃladnikiem jest tenże zbiór B. Obydwie
pokazane powyżej inkluzje dowodza, równości w (ii).
Dla dowodu (iii) weźmy dowolny x ∈ A ∩ (B ∪ C). Mamy
x ∈ A ∩ (B ∪ C) ⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ (B ∪ C))
(z 6.3)
⇔ (x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C))
(z 6.1)
⇔ ((x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C))
(z T23)
⇔ (x ∈ A ∩ B ∨ x ∈ A ∩ C)
(z 6.3)
⇔ x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
(z 6.1)
Dowód wÃlasności (iv) jest podobny do dowodu (iii) i wynika
z naste, puja,cego cia,gu logicznego:
54
x ∈ A ∪ (B ∩ C) ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ (B ∩ C))
(z 6.1)
⇔ (x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C))
(z 6.3)
⇔ ((x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ C))
(z T24)
⇔ (x ∈ A ∪ B ∧ x ∈ A ∪ C)
(z 6.1)
⇔ x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
(z 6.3)
Dowód twierdzenia jest zakończony. ¤
Różnica zbiorów. Zbiór zÃlożony z tych i tylko tych elementów zbioru A, które nie sa, elementami zbioru B , nazywamy różnica,
zbiorów A oraz B i oznaczamy A\B. Z definicji tej wynika, że
x ∈ A\B ⇔ (x ∈ A ∧ x ∈
/ B).
(6.5)
Fakt, że x nie jest elementem różnicy zbiorów A i B zapisujemy
x∈
/ A\B ⇔ (x ∈
/ A ∨ x ∈ B).
(6.6)
Zauważmy, że w przeciwieństwie do wcześniej omawianych
dziaÃlań, różnica zbiorów nie jest dziaÃlaniem przemiennym, tzn.
A \ B 6= B \ A. Nie możemy też stosować tu analogii do odejmowania liczb. Różnica zbiorów jest bliższa raczej dziaÃlaniu przekroju
zbiorów niż sumy zbiorów.
Różnica, zbioru liczb rzeczywistych i zbioru liczb wymiernych
jest zbiór liczb niewymiernych (R \ Q = IQ). Jeśli A = {1, 2, 3}
oraz B = {2, 3, 4} , to A\B = {1} .
Podamy teraz twierdzenie o zwia,zkach pomie, dzy inkluzja,
a dziaÃlaniem różnicy zbiorów.
6.9.
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
(v)
Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A, B, C i D
A\B ⊂ A,
jeśli A ⊂ B i C ⊂ D, to A\D ⊂ B\C,
jeśli C ⊂ D, to A\D ⊂ A\C,
A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy A\B = ∅,
zbiory A i B sa, rozÃla,czne wtedy i tylko wtedy, gdy zachodza,
równości A \ B = A oraz B \ A = B.
55
Dowód. Aby pokazać wÃlasność (i), skorzystamy z tautologii T18
(warto jest porównać wszystkie dowody, w których korzystamy z tej
tautologii). Mamy
x∈A\B ⇔x∈A∧x∈
/ B ⇒ x ∈ A.
Żeby udowodnić (ii), weźmy x ∈ A\D. Z definicji 6.5 mamy, że
x ∈ A oraz x ∈
/ D. Z zaÃlożenia natomiast dostajemy, że skoro x ∈
A, to x ∈ B, a ponieważ x ∈
/ D, to x ∈
/ C. Zatem dostajemy x ∈
B∧x∈
/ C, czyli x ∈ B \ C.
(iii) wynika z (ii) oraz z faktu, że A ⊂ A.
Pokażemy teraz wÃlasność (iv). ZaÃlóżmy najpierw, że A ⊂ B,
czyli jeśli x ∈ A, to x ∈ B. Przypuśćmy, że x ∈ A\B. Jest to
równoważne zdaniu x ∈ A ∧ x ∈
/ B. Powyższe zdanie oraz zaÃlożenie
implikuje x ∈ B ∧ x ∈
/ B, co jest faÃlszem. Zatem mamy A\B = ∅.
ZaÃlóżmy teraz, że A\B = ∅, wie, c nie jest prawda,, że istnieje
x ∈ A, taki że x ∈
/ B. Zatem jeśli x jest elementem zbioru A (czyli
zdanie x ∈ A jest prawdziwe), to prawdziwe musi być też zdanie
x ∈ B. Sta,d A ⊂ B.
Udowodnimy teraz (v). W tym celu zaÃlóżmy najpierw, że
zbiory A oraz B sa, rozÃla,czne, czyli A ∩ B = ∅. Trzeba pokazać,
że x ∈ A ∧ x ∈
/ B ⇔ x ∈ A oraz że x ∈ B ∧ x ∈
/ A ⇔ x ∈ B.
Z zaÃlożenia mamy, że zdanie x ∈ A ∧ x ∈ B jest faÃlszywe. Jeżeli
wie, c zdanie x ∈ A jest prawdziwe, to zdanie x ∈ B musi być
faÃlszywe. Zatem zdanie x ∈ A jest prawdziwe wtedy i tylko wtedy,
gdy x ∈ A ∧ x ∈
/ B. Podobnie uzasadniamy prawdziwość zdania
x∈B ⇔x∈B∧x∈
/ A.
Aby pokazać (v) ⇐ zaÃlóżmy, że A \ B = A i B \ A = B.
Pokażemy, że A ∩ B = ∅. Be, dziemy poste, pować nie wprost.
Przypuśćmy, że x ∈ A ∩ B, czyli że przekrój zbiorów A oraz B
nie jest zbiorem pustym. Z zaÃlożenia otrzymujemy
A ∩ B = (A \ B) ∩ (B \ A).
Sta,d zdanie x ∈ A ∩ B jest równoważne koniunkcji czterech zdań
(x ∈ A ∧ x ∈
/ B) ∧ (x ∈ B ∧ x ∈
/ A), z których dwa sa, zaprzeczeniami
dwóch pozostaÃlych (dokÃladnie, mamy p∧ ∼ p ∧ q∧ ∼ q ). Takie
zdanie jest zawsze faÃlszywe. ¤
56
Podamy teraz twierdzenie o zwia,zkach pomie, dzy różnica,, suma,
i przekrojem zbiorów. Dowód tego twierdzenia pozostawimy jako
zadanie.
6.10. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A, B i C zachodzi
(i) A\(B ∪ C) = (A\B) ∩ (A\C),
(ii) A\(B ∩ C) = (A\B) ∪ (A\C),
(iii) A ∪ (B\A) = A ∪ B,
(iv) jeżeli A ⊂ B, to A ∪ (B\A) = B,
(v) A\(A\B) = A ∩ B,
(vi) A\(B ∪ C) = (A\B)\C.
Na zakończenie naszych rozważań na temat różnicy zbiorów
zauważmy, że dla dowolnych zbiorów A i B, zbiory A oraz B\A
sa, rozÃla,czne. Sta,d suma A ∪ B może być zapisana jako suma
zbiorów rozÃla,cznych A ∪ (B\A). Ten sposób zapisu nazywamy
urozÃla,cznieniem sumy.
Przestrzeń oraz dopeÃlnienie zbioru. W zastosowaniach
algebry zbiorów ograniczamy sie, zwykle do rozważania tylko tych
zbiorów, które sa, podzbiorami pewnego ustalonego zbioru zwanego
przestrzenia,. W analizie matematycznej przestrzenia, jest zbiór
liczb rzeczywistych, w planimetrii – pÃlaszczyzna, a w stereometrii –
przestrzeń trójwymiarowa. W naszych ogólnych rozważaniach przez
przestrzeń be, dziemy rozumieli ustalony zbiór. Intuicyjnie przestrzeń
be, dzie dla nas zbiorem, który zawiera wszystkie zbiory, o których
mówimy w danej chwili.
Podzbiory przestrzeni X be, dziemy nazywać po prostu zbiorami lub też relacjami jednoczÃlonowymi w X.
DopeÃlnieniem zbioru A do przestrzeni X nazywamy zbiór
X\A i oznaczamy symbolem A0 . Inaczej mówia,c, A0 jest zbiorem
tych wszystkich elementów przestrzeni X, które nie sa, elementami
zbioru A, czyli
x ∈ A0 ⇔ x ∈
/ A.
(6.7)
Jak zwykle, zastanówmy sie, od razu, co to znaczy, że x nie
należy do dopeÃlnienia zbioru A. Wtedy mamy ∼ (x ∈ A0 ), sta,d
∼ (x ∈
/ A), wie, c ∼ (∼ x ∈ A), czyli na podstawie tautologii T3
mamy x ∈ A. Zatem x ∈
/ A0 ⇔ x ∈ A.
57
Jeżeli X = N i A jest zbiorem wszystkich liczb nieparzystych,
to A jest zbiorem wszystkich liczb parzystych. Jeśli A = {1, 2, 3} ,
to A0 = {x ∈ N : x > 3} .
Udowodnimy naste, puja,ce twierdzenie, mówia,ce o podstawowych wÃlasnościach przestrzeni oraz dopeÃlnienia zbioru. W dowodzie
tego twierdzenia, tak jak i w dowodach innych twierdzeń, dotycza,cych dopeÃlnienia oraz przestrzeni, korzystamy z faktu, że każde
zdanie prawdziwe, dotycza,ce przynależności x jest równoważne zdaniu x ∈ X. Podobnie, jeżeli zdanie x ∈ A okazuje sie, zdaniem
faÃlszywym (dla dowolnego x ), to oznacza to, że A = ∅.
0
6.11. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A i B przestrzeni X
zachodzi
(i) X ∩ A = A,
(ii) X ∪ A = X,
(iii) X 0 = ∅,
(iv) (A0 )0 = A,
(v) ∅0 = X,
(vi) A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy B 0 ⊂ A0 ,
(vii) A = B wtedy i tylko wtedy, gdy A0 = B 0 .
Dowód. (i) oraz (ii) sa, bezpośrednimi konsekwencjami twierdzeń
6.7(iv), 6.5(iv) oraz tego, że A ⊂ X.
Aby pokazać (iii), zauważmy, że X 0 jest z definicji zbiorem
tych x ∈ X, dla których x ∈
/ X, wie, c musi to być zbiór pusty.
WÃlasność (iv) wynika bezpośrednio z 6.7:
x ∈ (A0 )0 ⇔ x ∈
/ A0 ⇔ x ∈ A.
Naste, pna wÃlasność jest prosta, konsekwencja, wÃlaśnie udowodnionego faktu oraz (iii). Mianowicie,
x ∈ X ⇔ x ∈ (X 0 )0 ⇔ x ∈ ∅0 .
Aby pokazać (vi), musimy, jak zwykle, udowodnić dwie implikacje. ZaÃlóżmy wpierw, że A ⊂ B. Mamy
x ∈ B0 ⇔ x ∈
/B⇒x∈
/ A ⇔ x ∈ A0 .
58
W druga, strone, , jeśli zaÃlożymy, że B 0 ⊂ A0 , to, korzystaja,c
z udowodnionej już cze, ści (vi) oraz z (iv), otrzymujemy A ⊂ B.
Ostatnia wÃlasność jest bezpośrednia, konsekwencja, poprzedniej.
Mianowicie,
A = B ⇔ A ⊂ B ∧ B ⊂ A ⇔ B 0 ⊂ A0 ∧ A0 ⊂ B 0 ⇔ A0 = B 0 .
Dowód twierdzenia jest zakończony. ¤
Podamy jeszcze jedno twierdzenie, które mówi mie, dzy innymi
o wÃlasnościach dopeÃlnienia sumy i przekroju oraz pokazuje zwia,zki
różnicy dwóch zbiorów z ich przekrojem.
6.12. Twierdzenie. Dla zbiorów A i B przestrzeni X zachodzi
(i) A ∪ A0 = X,
(ii) A ∩ A0 = ∅,
(iii) (A ∪ A0 )0 = ∅,
(iv) (A ∩ A0 )0 = X,
(v) (A ∪ B)0 = A0 ∩ B 0 ,
(vi) (A ∩ B)0 = A0 ∪ B 0 ,
(vii) A\B = A ∩ B 0 ,
(viii) A\B = (A0 ∪ B)0 ,
(ix) A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy A ∩ B 0 = ∅,
(x) A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy A0 ∪ B = X.
WÃlasności (v) oraz (vi) z powyższego twierdzenia nazywamy
prawami de Morgana dla zbiorów.
Dowód. W celu pokazania wÃlasności (i) skorzystamy z faktu, że
zdanie x ∈ A ∨ x ∈
/ A jest zdaniem prawdziwym, wie, c zbiór A ∪ A0
jest równy X. Dla kontrastu, zdanie x ∈ A ∧ x ∈
/ A jest zdaniem
faÃlszywym, co dowodzi prawdziwości (ii).
WÃlasność (iii) jest bezpośrednia, konsekwencja, wÃlasności (i)
oraz twierdzenia 6.11(iii), natomiast (iv) wynika z (ii) oraz z twierdzenia 6.11(v).
Dla dowodu (v) weźmy dowolny x należa,cy do (A∪B)0 . Mamy
x ∈ (A ∪ B)0 ⇔ x ∈
/ A∪B
⇔x∈
/ A∧x∈
/B
0
⇔ x ∈ A ∧ x ∈ B0
⇔ x ∈ A0 ∩ B 0
(z
(z
(z
(z
6.7)
6.2)
6.7)
6.3)
59
Zatem (A ∪ B)0 = A0 ∩ B 0 . Prawie w identyczny sposób dowodzimy naste, pna, wÃlasność.
Żeby udowodnić (vii) zauważmy, że zdanie x ∈ A ∧ x ∈
/ B
jest równoważne zarówno zdaniu x ∈ A \ B (z 6.5), jak i zdaniu
x ∈ A ∧ x ∈ B 0 (z 6.7). Sta,d A \ B = A ∩ B 0 .
Dowód (viii) przebiega naste, puja,co.
(A0 ∪ B)0 = (A0 )0 ∩ B 0 = A ∩ B 0 .
(6.8)
Pierwsza równość w 6.8 wynika z prawa de Morgana (v), a druga
z twierdzenia 6.11(iv). Aby zakończyć dowód, wystarczy skorzystać
z (vii).
W celu pokazania (ix), przypomnijmy, że A ⊂ B wtedy i tylko
wtedy, gdy A \ B = ∅ (twierdzenie 6.9(iv)). Ale ostatnia równość
oznacza dokÃladnie A ∩ B 0 = ∅ (wÃlasność (vii)).
Aby zakończyć dowód caÃlego twierdzenia pozostaÃlo udowodnić
wÃlasność (x). Z poprzedniej wÃlasności mamy A ⊂ B wtedy i tylko
wtedy, gdy A ∩ B 0 = ∅. Ale dwa zbiory sa, równe wtedy i tylko
wtedy, gdy ich dopeÃlnienia sa, równe (twierdzenie 6.11(vii)), wie, c
ostatnia równość jest równoważna (A ∩ B 0 )0 = ∅0 , czyli równości
A0 ∪ B = X. ¤
Tworzenie zbiorów za pomoca, form zdaniowych.
Przypuśćmy, że mamy dana, pewna, przestrzeń X. Możemy na niej
określić pewne formy zdaniowe jednej lub wielu zmiennych. Niech
φ(x) be, dzie forma, zdaniowa, jednej zmiennej. Wówczas, jeśli a jest
ustalonym elementem przestrzeni X, to φ(a) jest zdaniem. Zbiór
tych wszystkich elementów x ∈ X, dla których φ(x) jest zdaniem
prawdziwym, zapisujemy {x ∈ X : φ(x)} . Kiedy nie ma wa,tpliwości, jaki zbiór jest przestrzenia,, powyższy zapis redukuje sie, do
{x : φ(x)} . Relacje, przynależności określa poniższa definicja.
y ∈ {x : φ(x)} ⇔ w(φ(y)) = 1.
(6.9)
Jeśli y do naszego zbioru nie należy, zachodzi naste, puja,ca
relacja:
y∈
/ {x : φ(x)} ⇔ w(∼ φ(y)) = 1 ⇔ w(φ(y)) = 0.
(6.10)
60
Zazwyczaj jeśli nie prowadzi to do nieporozumienia, zamiast
używać funkcji wartości logicznej w(φ(y)), piszemy po prostu φ(y).
Przyczyne, tego zapisu wyjaśnimy za chwile, .
Niech zbiór liczb naturalnych N be, dzie nasza, przestrzenia,.
Forma zdaniowa n > 5 sÃluży do zdefiniowania zbioru wszystkich
liczb naturalnych wie
_, kszych od pie, ciu, a mianowicie {n : n > 5} .
Forma zdaniowa
n = 2k definiuje zbiór liczb naturalnych
k∈N
(
)
_
parzystych P = n :
n = 2k . W tym (i poprzednim) wyk∈N
padku, jeśli m ∈ P, to oznacza to, że
_
m = 2k. I jest to zapis
k∈N
caÃlkowicie zrozumiaÃly. Nie be, dziemy¡Wwie, c tu stosować
dÃluższego
¢
i bardziej skomplikowanego zapisu w k∈N m = 2k = 1.
Z istnieja,cych już form zdaniowych, podobnie jak ze zdań,
można tworzyć nowe formy zdaniowe za pomoca, funktorów zdaniotwórczych. Za pomoca, tych nowych form zdaniowych można, z kolei,
tworzyć zbiory. Podamy teraz wÃlasności zbiorów utworzonych ze
zÃlożonych form zdaniowych.
6.13. Twierdzenie (o zwia,zkach funktorów). Niech φ(x) i ψ(x)
be, da, formami zdaniowymi określonymi na zbiorze X. Zachodza,
0
(i) {x ∈ X :∼ φ(x)} = {x ∈ X : φ(x)} ,
(ii) {x ∈ X : φ(x) ∧ ψ(x)} = {x ∈ X : φ(x)} ∩ {x ∈ X : ψ(x)} ,
(iii) {x ∈ X : φ(x) ∨ ψ(x)} = {x ∈ X : φ(x)} ∪ {x ∈ X : ψ(x)} .
Dowód. W celu pokazania pierwszej wÃlasności, weźmy dowolny element y ∈ {x ∈ X :∼ φ(x)} . Mamy
y ∈ {x ∈ X :∼ φ(x)} ⇔ w(∼ φ(y)) = 1
⇔ w(φ(y)) = 0
⇔y∈
/ {x ∈ X : φ(x)}
0
⇔ y ∈ {x ∈ X : φ(x)} .
(z 6.9)
(z 6.10)
(z 6.7)
Pokażemy teraz naste, pna, wÃlasność. W tym celu weźmy dowolny element y, należa,cy do zbioru {x ∈ X : φ(x) ∧ ψ(x)} . Z definicji 6.9 oznacza to, że w(φ(y) ∧ ψ(y)) = 1. Ale koniunkcja dwóch
61
zdań jest prawdziwa wtedy i tylko wtedy, gdy oba zdania skÃladowe
sa, prawdziwe. Zatem w(φ(y)) = 1 i w(ψ(y)) = 1. Koniunkcja
dwóch ostatnich zdań jest równoważna przynależności y do zbioru
{x ∈ X : φ(x)} oraz do zbioru {x ∈ X : ψ(x)} . Zatem y jest elementem cze, ści wspólnej tych zbiorów, czyli przekroju tych dwóch
zbiorów.
Prawie identycznie wygla,da dowód ostatniej wÃlasności. DokÃladnie wystarczy tylko zmienić ∧ na ∨ oraz ∩ na ∪. ¤
Niech X = N. Określmy formy zdaniowe 6|x, 2|x oraz 3|x,
a za ich pomoca, zbiory A = {x : 2|x} , B = {x : 3|x} i C =
{x : 6|x} . Ponieważ ∼ 2|x oznacza ,,x jest liczba, nieparzysta,”,
A0 jest zbiorem liczb nieparzystych. Pokażemy, że A ∪ C = A.
Istotnie, A ∪ C = {x : 2|x ∨ 6|x} , ale jeśli 6|x, to także 2|x, wie, c
alternatywa 2|x ∨ 6|x jest prawdziwa wtedy i tylko wtedy, gdy 2|x,
wie, c A∪C = {x : 2|x} = A. Teraz pokażemy, że A∩B = C. Mamy
tu A ∩ B = {x : 2|x ∧ 3|x} , ale liczba x jest podzielna jednocześnie
przez 2 i przez 3 wtedy i tylko wtedy, gdy x jest podzielna przez 6,
wie, c A ∩ B = C.
Na zakończenie pokażemy jeszcze jeden sposób zapisu zbioru.
Mianowicie, zastanówmy sie, , jakie elementy należa, do zbioru
(
)
_
n∈N:
k2 = n .
k∈N
Forma zdaniowa
_
k 2 = n jest prawdziwa, jeśli n jest kwadratem
k∈N
liczby naturalnej. Zatem powyższy zbiór skÃlada sie, z liczb 12 , 22 ,
32 , . . . L
Ã atwiej jest wie, c zapisać go
© 2
ª
n :n∈N .
P 6.1. Używaja,c klamer, zapisz naste, puja,ce zbiory:
(a) Zbiór skÃladaja,cy sie, z elementów a, b, ♠, 1, 2.
(b) Zbiór wszystkich liter alfabetu polskiego, które można zapisać bez odrywania pisaka od papieru oraz bez powtórnego pisania po już napisanym znaku.
62
(c) Zbiór kolorów w kartach.
(d) Zbiór tych wszystkich liczb naturalnych n, dla których
istnieje liczba caÃlkowita k, taka że k 3 = n.
(e) Zbiór liczb naturalnych podzielnych przez 3.
(f) Zbiór sześcianów liczb naturalnych.
P 6.2. Używaja,c dwóch różnych metod, pokaż, że B ⊂ A ∪ B.
P 6.3. Zapisz naste, puja,ce zbiory, nie używaja,c kwantyfikatorów:
(
(a)
n∈N:
(
(b)
n∈N:
(
(c)
n∈Q:
(
(d)
x∈R:
_
)
n = 5k
k∈N
_
,
)
k = 5n
k∈N
_
)
k = 5n
k∈N
^
,
,
)
x<y
,
y>3




^
(e)
x∈R:
x>y .


y∈Z
P 6.4. Zapisz naste, puja,ce zbiory za pomoca, form zdaniowych:
(a) {7k : k ∈ Z} ,
©
ª
(b) j 2 : j ∈ N ,
©
ª
(c) 3t : t ∈ N ,
(d) ∅.
P 6.5. Udowodnij twierdzenie 6.10.
P 6.6. Niech X be, dzie zbiorem wszystkich trójka,tów i niech
A be, dzie zbiorem trójka,tów równoramiennych, B zbiorem trójka,tów równobocznych, C zbiorem trójka,tów prostoka,tnych. Opisz
(sÃlowami) zbiory A ∩ B ∩ C, A ∩ B 0 ∩ C, A0 ∩ B ∩ C, A0 ∩ C ∩ B 0 ,
A ∩ B ∩ C 0.
63
P 6.7. Podaj wszystkie elementy naste, puja,cych zbiorów. Które
z poniższych zbiorów maja, tyle samo elementów?
A = {{a,b} ,{a}} ,
C = {{∅}}
,
©
ª
E = x ∈ N : x2 < 7 ,
G =©{x ∈ N : |3 − x|ª< 3} ,
I = x ∈ Q : x2 = 4 ,
B = ∅,
D =©
{x ∈ N : x ≤ 2}ª,
F = ©x ∈ N : x2 ≤ 7 ª ,
H =© x ∈ N : x2 = 4ª ,
J = x ∈ R : x2 = 4 .
P 6.8. Jakie relacje zachodza, mie, dzy zbiorami A i B (tzn.
czy A ⊂ B, B ⊂ A, A = B, czy też zbiory A i B sa, rozÃla,czne),
jeśli
(a) A jest zbiorem wszystkich prostoka,tów na pÃlaszczyźnie,
B jest zbiorem wszystkich równolegÃloboków na pÃlaszczyźnie o równych przeka,tnych?
(b) A jest zbiorem wszystkich prostoka,tów na pÃlaszczyźnie,
B jest zbiorem wszystkich kwadratów w przestrzeni trójwymiarowej?
©
ª
£
¢
(c) A = x ∈ R : −1 ≤ x ≤ 8 ,
B = −1,∞ ?
¡
¤
¡
¢
(d) A = −3,5 ,
B = −3,5 ?
¡
¤
(e) A = −4,3 ,
B = ∅?
P 6.9. Sprawdź, czy naste, puja,ce równości sa, prawami rachunku zbiorów:
(a) A \ (B ∪ C) = A ∩ B 0 ∩ C 0 ,
(b) A \ (B \ C) = A ∩ (B 0 ∪ C),
(c) (A \ B) \ C = (B 0 ∩ C 0 ) \ A0 .
P 6.10. Pokaż, że naste, puja,ce równości nie zachodza, dla dowolnych zbiorów A, B, C. Jakie relacje powinny zachodzić mie, dzy
zbiorami A, B i C, aby poniższe równości byÃly prawdziwe?
(a) (A \ B) ∪ B = A,
(b) (A ∪ B) \ B = A,
(c) (A ∩ B) ∪ (C ∩ B) = B,
(d) (A ∪ B) ∩ (C ∪ B) = B,
(e) (A ∪ B) ∩ C = A ∪ B.
64
P 6.11. Sprawdź, czy prawdziwe sa, naste, puja,ce równoważności
lub implikacje:
(a) (A ⊂ B) ⇔ (B = A ∪ (B \ A)),
(b) (A ⊂ B) ⇔ ((B ⊂ C) ⇒ ((C \ A) ∩ (C \ B) = C \ B)),
(c) A \ B = B \ A ⇒ A = B,
(d) A \ B = ∅ ⇒ A ⊂ B,
(e) A ⊂ B ⇒ B \ A = A.
Z 6.1. Narysuj na kartce duży prostoka,t. Be, dzie to nasza przestrzeń X. Wewna,trz prostoka,ta narysuj dwa owale, oznaczaja,ce
dwa zbiory A oraz B. Na tak sporza,dzonym diagramie zaznacz
zbiory A ∪ B, A ∩ B, A \ B, B \ A, A0 oraz B 0 . Rozważ różne
poÃlożenia zbiorów A oraz B, tj. kiedy A ⊂ B, B ⊂ A, A ∩ B = ∅
i gdy przekrój A ∩ B nie jest równy żadnemu ze zbiorów A, B
oraz ∅.
Z 6.2. Udowodnij twierdzenie 6.6.
Z 6.3. Wykorzystuja,c równość A \ B = A ∩ B 0 , udowodnij
twierdzenie 6.10.
Z 6.4. Ile elementów maja, poniższe zbiory? Które z nich sa,
równe? Wypisz wszystkie podzbiory zbiorów dwuelementowych.
A = {a,b,c} ,
C = {{a} ,{b,{c}}} ,
E = {a,b} ∪ {c} ,
G = {{a} ,{a,b} ∩ {c}} ,
I = {{a} ,{b,{c}}} ∪ ∅,
K = {a,{b,{a,c}}} ,
B = {{a} ,b,c} ,
D = {{a} ,{b,c}} ,
F = {a,b} ∩ {c} ,
H = {{a} ,{b,{c}} ,∅} ,
J = {{a}} ∪ {∅} ,
L = {a,b,{a,b,{a,b,{a,b}}}} .
Z 6.5. Niech
A = {x ∈ R : |x| ≥ 5} ,
B = {x ∈ R : −6 ≤ x < 0} .
Przedstaw graficznie te zbiory. Wyznacz zbiory A ∪ B, A ∩ B, A0 ,
A\B, B\A i przedstaw je graficznie.
65
Z 6.6. Zbiór nazywamy skończonym, jeżeli liczba jego elementów jest skończona. Jeśli dany zbiór ma nieskończenie wiele elementów, to nazywamy go zbiorem nieskończonym. Podaj, które
zbiory sa, skończone, a które nieskończone:
©
ª
A = ©x ∈ R : x2 + 1 = 0 , ª B = {x
© ∈ N : x − 1234 ≤ 0} ,ª
C = ©x ∈ Q : x2 − 2x + ª
1 = 0 , D = © x ∈ Z : x3 − x + 1ª= 0 ,
E = x ∈ N : x2 − 1 < 0 ,
F = x ∈ R : x2 − 1 < 0 .
Z 6.7. Wyznacz dopeÃlnienia naste, puja,cych zbiorów do zbioru
liczb rzeczywistych:
(−∞,2),
[1,5],
(−∞,2],
(1,5],
Z,
(3,+∞),
R,
[3,+∞).
Z 6.8. Zbadaj, czy naste, puja,ce zdania sa, prawdziwe:
(a) dla dowolnych zbiorów A i B zachodzi równoważność
A ⊂ B ⇔ A0 ∩ B 0 = B 0 ,
(b) dla dowolnych zbiorów A, B i C prawdziwa jest implikacja A 6= B ⇒ C\A 6= C\B,
(c) jeżeli A ⊂ B ⊂ C ⊂ A, to A = B = C,
(d) zbiory A ∩ B ∩ C oraz A ∩ B 0 ∩ C sa, rozÃla,czne.
Z 6.9. Sprawdź, czy poniższe równości sa, prawami rachunku
zbiorów. Jeśli nie, podaj odpowiednie przykÃlady.
(a) A \ (B 0 ∪ C) = (A \ B 0 ) ∩ (A \ C),
(b) A ∪ (A ∩ B) = A,
(c) A ∩ (A ∪ B) = B,
(d) (A ∪ B ∪ C) \ (A ∪ B) = C.
7. Sumy i przekroje uogólnione
Cze, sto sie, zdarza, że musimy wykonać dziaÃlanie na wie, kszej od
dwóch liczbie zbiorów. Nierzadko liczba ta jest nawet nieskończona.
Rozważać teraz be, dziemy wÃlaśnie takie dziaÃlania. Ustalmy, że
zbiór X jest przestrzenia,, natomiast T jest pewnym niepustym
(skończonym lub nieskończonym) zbiorem. Zbiór T be, dziemy
nazywać zbiorem indeksów, a jego elementy indeksami. W przestrzeni X wybieramy pewna, liczbe, zbiorów, które be, dziemy oznaczać,
używaja,c elementów zbioru T.
7.1. PrzykÃlad. Niech X = R oraz T = {1, 2, 3, 4} . Oznaczmy
A1 = [1, +∞), A2 = [2, +∞), A3 = [3, +∞) oraz A4 = [4, +∞).
Wybrane zbiory tworza, pewna, rodzine, zbiorów, czyli zbiór, którego
elementami sa, zbiory. Rodzine, te, oznaczmy przez A. Każdemu indeksowi jest przyporza,dkowany pewien zbiór rodziny A. Co wie, cej,
indeksy wyste, puja, w określeniu każdego zbioru. Dlatego możemy
zapisać dowolny zbiór z rodziny A w sposób ogólny: At = [t, +∞)
dla t ∈ T.
Zauważmy, że określenie zbioru At nie wykorzystuje żadnych
wÃlasności typowych tylko dla liczb 1, 2, 3 lub 4. Zastosowanie dokÃladnie tych liczb jest podyktowane wygoda,. Równie dobre (choć
już mniej wygodne) byÃloby naste, puja,ce określenie: A1 = [1, +∞),
A√2 = [2, +∞), A√3 = [3, +∞) oraz A2 = [4, +∞). Natomiast
przyporza,dkowanie A♣ = [1, +∞), A♦ = [2, +∞), A♥ = [3, +∞)
oraz A♠ = [4, +∞) nie byÃloby już w ogóle wygodne (chociaż w dalszym cia,gu prawidÃlowe). W zwia,zku z tym, rodzina, indeksów T
może być dowolny zbiór z wyja,tkiem zbioru pustego.
Przyporza,dkowanie każdemu indeksowi t ∈ T pewnego podzbioru At przestrzeni X nazywamy rodzina, indeksowana, podzbiorów przestrzeni X. Rodzine, indeksowana, podzbiorów oznaczamy
zwykle {At }t∈T .
67
Sumy i przekroje uogólnione
Niech {At }t∈T be, dzie pewna, rodzina, podzbiorów X.
S Suma,
uogólniona, zbiorów rodziny {At }t∈T nazywamy zbiór
t∈T At ,
skÃladaja,cy sie, ze wszystkich elementów przestrzeni X, które należa,
do przynajmniej jednego zbioru At .
(
)
[
_
At = x ∈ X :
x ∈ At .
(7.1)
t∈T
t∈T
Zatem element x ∈ X należy do sumy uogólnionej
[
At ,
t∈T
jeśli istnieje taki
[indeks t, że x ∈ At . Natomiast element x ∈ X
nie należy do
At , jeżeli nie należy on do żadnego zbioru rodzit∈T
ny {At }t∈T . Symbolicznie zapisujemy te fakty naste, puja,co:
[
_
x∈
At ⇔
x ∈ At ,
(7.2)
t∈T
x∈
/
[
t∈T
At ⇔
t∈T
^
x∈
/ At .
(7.3)
t∈T
Przekrojem uogólnionym zbiorów rodziny {At }t∈T nazywamy
\
zbiór
At , skÃladaja,cy sie, ze wszystkich elementów przestrzeni X,
t∈T
które należa, jednocześnie do wszystkich zbiorów At .
(
)
\
^
At = x ∈ X :
x ∈ At .
t∈T
(7.4)
t∈T
\ Zatem element x ∈ X należy do przekroju uogólnionego
At , jeśli dla każdego indeksu t mamy x ∈ At . Natomiast dot∈T
wolny element x przestrzeni X nie należy do
\
At , jeżeli ist-
t∈T
nieje taki indeks t, że x ∈
/ At . Symbolicznie zapisujemy te fakty
naste, puja,co:
\
^
x∈
At ⇔
x ∈ At ,
(7.5)
t∈T
x∈
/
\
t∈T
t∈T
At ⇔
_
t∈T
x∈
/ At .
(7.6)
68
Jeżeli zbiór T jest skończony, na przykÃlad T = {1, 2, . . . , k} ,
to wówczas używamy zapisu
k
[
At
oraz
t=1
k
\
At
t=1
zamiast bardziej skomplikowanego
[
At
i
\
At .
t∈{1, 2, ..., k}
t∈{1, 2, ..., k}
Jeżeli zbiór T ma dwa albo trzy elementy, to piszemy oczywiście A1 ∪ A2 lub A1 ∩ A2 ∩ A3 itp. Jeżeli T = N, to możemy
zapisać
∞
∞
[
\
At
oraz
At .
t=1
t=1
¡
¤
7.2. PrzykÃlad. Niech X = R oraz T = N i niech An = −1, n1 .
∞
[
Wówczas
An = (−1, 1], ponieważ każdy ze zbiorów An zawiera
n=1
sie, w A1 = (−1, 1]. Skoro n1 da,ży do zera w miare, jak n wzrasta,
wie, c jeśli x należy do każdego ze zbiorów An , to nie może to być
∞
\
liczba wie, ksza od zera. Zatem
An = (−1, 0].
n=1
7.3. PrzykÃlad. Niech X = R oraz T = Z. Rozważmy rodzine,
przedziaÃlów At = (−∞, t). Każdy ze zbiorów At jest póÃlprosta,
otwarta,. Jeżeli liczba t1 < t2 , to
[ At1 ⊂ At2 . Jeśli s jest
\ liczba,
rzeczywista,, to s ∈ A[s]+1 . Sta,d
At = R. Natomiast
At = ∅,
t∈Z
t∈Z
ponieważ nie ma takiej liczby rzeczywistej, która byÃlaby mniejsza
od dowolnej liczby caÃlkowitej.
7.4. PrzykÃlad. Dowolny niepusty zbiór możemy zapisać w postaci
sumy uogólnionej. DokÃladnie, niech A be, dzie dowolnym niepustym
zbiorem przestrzeni
X. Za zbiór indeksów bierzemy sam zbiór A.
[
Mamy A =
{a} .
a∈A
69
Podstawowe wÃlasności sumy oraz przekroju uogólnionego rodziny zbiorów podane sa, w naste, puja,cym twierdzeniu.
7.5. Twierdzenie. Dla dowolnej rodziny {At }t∈T zbiorów przestrzeni X zachodza, naste, puja,ce wÃlasności:
[
\
(i) At0 ⊂
At oraz
At ⊂ At0 , dla każdego t0 ∈ T,
t∈T
t∈T
czyli każdy zbiór rodziny indeksowanej zawiera sie, w sumie
uogólnionej tej rodziny oraz jest nadzbiorem przekroju uogólnionego;
[
(ii) jeśli At ⊂ A dla dowolnego t ∈ T, to
At ⊂ A;
t∈T
(iii) jeżeli A ⊂ At dla każdego t ∈ T, to A ⊂
Ã
(iv)
[
!0
At
t∈T
=
\
Ã
A0t oraz
\
t∈T
t∈T
At ;
t∈T
!0
At
\
=
[
A0t .
t∈T
Równości z punktu (iv) powyższego twierdzenia określamy mianem praw de Morgana dla rodzin indeksowanych. Zauważmy, że jeśli
T jest zbiorem dwuelementowym, to (ii), (iii), (iv) stanowia, bardziej
skomplikowany zapis twierdzeń 6.5(ii), 6.7(ii) oraz 6.12(v) i (vi).
Dowód. Ustalmy pewien zbiór At0 , gdzie t0 ∈ T. Ponieważ suma
uogólniona zbiorów rodziny {At }t∈T skÃlada sie, ze wszystkich elementów, które należa, do przynajmniej jednego ze zbiorów
tej
[
rodziny, wie, c wszystkie elementy At0 musza, należeć do
At .
t∈T
Podobnie, jeżeli x\
należy do wszystkich zbiorów At , to jest też
elementem At0 , czyli
At ⊂ At0 . Podpunkt (i) jest pokazany.
t∈T
Dla dowodu cze, ści (ii) weźmy dowolny x ∈
cji 7.2 mamy
[
At . Z defini-
t∈T
_
x ∈ At ,
t∈T
a to oraz zaÃlożenie implikuje istnienie takiego t ∈ T, że x ∈ A.
Jednakże w formie zdaniowej x ∈ A nie wyste, puje t, wie, c zachodzi
równoważność
70
_
x ∈ A ⇔ x ∈ A,
t∈T
która kończy dowód.
Uzasadnienie (iii) przebiega podobnie. Tym razem mamy
^
x∈A⇒
x ∈ At
(z zaÃlożenia)
t∈T
⇔x∈
\
At
(z 7.5)
t∈T
Udowodnimy teraz pierwsze z praw de Morgana. Mamy
!0
Ã
[
[
At ⇔ x ∈
/
At
(z 6.7)
x∈
t∈T
⇔
^
t∈T
x∈
/ At
(z 7.3)
x ∈ A0t
(z 6.7)
t∈T
⇔
^
t∈T
⇔x∈
\
A0t
(z 7.5)
t∈T
Dowód drugiego prawa de Morgana przebiega prawie identycznie. Wystarczy tylko w powyższym dowodzie zamienić kwantyfikatory szczególowe z ogólnymi, a znak sumy uogólnionej ze znakiem
przekroju uogólnionego. ¤
Ćwiczymy znajdowanie sum i przekrojów uogólnionych. Chodzi gÃlównie o to, aby oswoić sie, z zapisem i nabyć pewnego doświadczenia. SzczegóÃlowe dowody nie sa, tu wymagane, ale z każdego
zapisu trzeba w jakiś sposób ,,sie, wytÃlumaczyć” (zobacz przykÃlady
7.2, 7.3 i 7.4). Warto jest napisać, a w miare, możliwości, narysować
kilka zbiorów z danej rodziny, aby zauważyć pewne prawidÃlowości.
W zadaniach P7.1–P7.7 przestrzenia, jest zbiór X = R, a zbiorem
∞
\
indeksów jest T = N. Dla podanej rodziny zbiorów znajdź
An
oraz
∞
[
n=1
n=1
An .
71
P 7.1. An = [n − 1, n).
P 7.2. An = [n, +∞).
P 7.3. An = (−∞, −1] ∪
h
i
1
P 7.4. An = 0, n+1 .
h
1
P 7.5. An = − n+1
,
n+1
n+2
¡1
¢
,
+∞
.
n
´
.
©
ª
P 7.6. An = x ∈ R : n2 < x < (n + 1)2 .
P 7.7. An = {x ∈ R : sin x = n} .
P 7.8. W zadaniach P7.1–P7.7 zmieńmy zbiory indeksów na
Z, Q, R lub na podzbiory tychże zbiorów. Zauważmy, że pewne
An-y moga, sie, zrobić puste, a pewne moga, stracić sens (dzielenie
przez zero!). Starajmy sie, zawe, zić T tak, aby unikna,ć tego rodzaju
sytuacji.
Z 7.1.
[ Dana jest\przestrzeń X = R oraz zbiór indeksów T.
Znajdź
At oraz
At .
t∈T
(a)
(b)
(c)
(d)
t∈T
At
At
At
At
= [−t, t], T = N,
= [−t, t], T = Q+ (liczby wymierne dodatnie),
= (−∞, −t) ∪ (t, ∞), T = Q+ ,
©
ª
£ √ ¤
= x ∈ R : t2 ≤ x ≤ t3 , T = 2, 5 ,
©
ª
¡ √ ¤
(e) At = x ∈ R : t2 ≤ x ≤ t3 , T = 2, 5 ,
£
¤
(f) At = {x ∈ R : sin x = t} , T = 0, π2 .
Z 7.2. Tym razem nasza, przestrzenia, be, dzie X = R2 (pÃlasz∞
∞
[
\
czyzna), a zbiorem indeksów N. Znajdź
An oraz
An , ryn=1
suja,c odpowiednie wykresy i zauważaja,c prawidÃlowości.
©
ª
(a) An = (x,y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ n ,
©
ª
(b) An = (x,y) ∈ R2 : x2 + y 2 > n ,
©
ª
(c) An = (x,y) ∈ R2 : x = ny 2 ,
n=1
72
©
(d) An = (x,y) ∈ R2
©
(e) An = (x,y) ∈ R2
©
(f) An = (x,y) ∈ R2
©
(g) An = (x,y) ∈ R2
ª
: x ≥ ny 2 ,
ª
: xy ≤ n ,
ª
: nxy > 1 ,
ª
: nxy > 0 .
8. Poje, cie produkt kartezjański dwóch zbiorów
Jeden z najwie, kszych przeÃlomów w rozwoju matematyki byÃl
wynikiem odkrycia produktu kartezjańskiego. Dzie, ki temu staÃlo
sie, możliwe stworzenie ,,warsztatów pracy” dla takich podstawowych dziaÃlów matematyki, jak analiza i geometria analityczna. Ten
,,warsztat” to nic innego, tylko dobrze nam znany prostoka,tny ukÃlad
wspóÃlrze, dnych.
Pary uporza,dkowane. Produkt kartezjański jest zbiorem,
którego elementy maja, pewien specyficzny charakter. Zanim wie, c
wprowadzimy poje, cie produkt kartezjański, potrzebne nam be, dzie
określenie elementu tego zbioru, czyli poje, cie para uporza,dkowana.
Para, uporza,dkowana, o poprzedniku x oraz naste, pniku y nazywamy dwójke, elementów (x, y), dla której speÃlniony jest naste, puja,cy
warunek:
(x, y) = (a, b) ⇔ x = a ∧ y = b.
(8.1)
Zauważmy, że (a, b) = (b, a) wtedy i tylko wtedy, gdy a = b.
Mówia,c potocznie, para uporza,dkowana to takie dwa elementy,
o których wiadomo, który jest pierwszy. Można wie, c rozumieć pare,
uporza,dkowana, (a,b) jako {{a,b} ,a} , czyli zbiór dwuelementowy,
którego elementami sa, zbiór {a,b} oraz element wyróżniony a. Element ten nazywamy poprzednikiem pary, a drugi element zbioru
{a,b} nazywamy naste, pnikiem pary.
Definicja pary uporza,dkowanej nie mówi nam, ska,d pochodza,
jej poprzednik oraz naste, pnik. Moga, one być elementami dowolnych zbiorów. Jeśli A i B sa, dowolnymi zbiorami, produktem
kartezjańskim A × B tych zbiorów nazywamy zbiór tych wszystkich par uporza,dkowanych (x,y), gdzie x ∈ A oraz y ∈ B.
Z produktem kartezjańskim R × R spotkaliśmy sie, już, rysuja,c
wykresy funkcji. To wÃlaśnie jest prostoka,tny ukÃlad wspóÃlrze, dnych.
DokÃladnie, produkt ten daje sie, przedstawić jako pÃlaszczyzna, na
której wspóÃlrze, dne punktów wyznaczaja, dwie krzyżuja,ce sie, pod
ka,tem prostym osie liczbowe. Każdemu punktowi pÃlaszczyzny przypisana jest para uporza,dkowana, której poprzednik nazywamy odcie, ta,, a naste, pnik rze, dna,.
74
Produkt kartezjański dwóch zbiorów jest przede wszystkim
zbiorem. Jego elementami sa, pary elementów. Zatem
(x,y) ∈ A × B ⇔ x ∈ A ∧ y ∈ B
(8.2)
(x,y) ∈
/ A×B ⇔x∈
/ A∨y ∈
/ B.
(8.3)
oraz
WÃlasności produktu kartezjańskiego. Z definicji pary
uporza,dkowanej oraz produktu kartezjańskiego wynika jasno, że
A × B nie jest zwykle równy B × A. Zatem dziaÃlanie produktu
kartezjańskiego określone na zbiorach nie jest przemienne. Ma ono
wÃlasność rozdzielności wzgle, dem sumy i przekroju zbiorów.
8.1. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorów A, B i C zachodzi
(i) A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C),
(ii) (B ∪ C) × A = (B × A) ∪ (C × A),
(iii) A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C),
(iv) (B ∩ C) × A = (B × A) ∩ (C × A).
Dowód wynika z prostego zastosowania definicji oraz odpowiednich
tautologii. Udowodnimy (i) i pozostawimy pozostaÃle punkty Czytelnikowi do samodzielnego pokazania.
(x,y) ∈ A × (B ∪ C) ⇔ x ∈ A ∧ y ∈ B ∪ C
⇔ x ∈ A ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ C)
(z 8.2)
(z 6.1)
⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ y ∈ C)
(z T23)
⇔ (x,y) ∈ A × B ∨ (x,y) ∈ A × C (z 8.2)
⇔ (x,y) ∈ (A × B) ∪ (A × C). ¤
(z 6.1)
Używaja,c zasady indukcji matematycznej, pokażemy naste, puja,ce twierdzenie, wskazuja,ce analogie, pomie, dzy produktem kartezjańskim i mnożeniem liczb.
8.2. Twierdzenie. Jeśli A jest zbiorem n-elementowym, a B jest
zbiorem m-elementowym, to A × B ma n · m elementów.
Poje,cie produkt kartezjański dwóch zbiorów
75
Dowód (indukcja ze wzgle, du na m ). Niech A = {a1 , a2 , . . . , an } .
Jeśli B jest zbiorem jednoelementowym, czyli B = {b} , to
możemy wypisać wszystkie elementy zbioru A × B. Mianowicie
A × B = {(a1 , b), (a2 , b), . . . , (an , b)} .
Wynika sta,d jasno, że A × B ma dokÃladnie n · 1 elementów.
ZaÃlóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla zbioru k-elementowego. Niech B = {b1 , b2 , . . . , bk , bk+1 } . Korzystaja,c z twierdzenia 8.1(i), otrzymujemy
A × B = A × {b1 , b2 , . . . , bk } ∪ A × {bk+1 } .
(8.4)
Poste, puja,c podobnie jak w przypadku dla m = 1 , zauważamy, że
A × {bk+1 } ma n elementów. Natomiast z zaÃlożenia indukcyjnego
otrzymujemy, że drugi zbiór w 8.1 ma nk elementów. Ponieważ oba
zbiory sa, rozÃla,czne, wie, c A × B ma n + nk = n(k + 1) elementów.
Na podstawie twierdzenia o indukcji matematycznej otrzymujemy, że teza jest prawdziwa dla dowolnego m ∈ N. ¤
W naszej analogii do mnożenia liczb posuniemy sie, nieco dalej
i produkt kartezjański A × A be, dziemy oznaczać przez A2 .
Na zakończenie naszych ogólnych rozważań zastanówmy sie, ,
czemu jest równy produkt kartezjański, w którym jeden z czynników
jest zbiorem pustym. Wówczas koniunkcja w 8.2 jest, oczywiście,
faÃlszywa. Zatem, aby równoważność byÃla prawdziwa, zdanie po
lewej stronie znaku ,, ⇔ ” musi być faÃlszywe, czyli A × B = ∅.
Udowodniliśmy w ten sposób
8.3. Twierdzenie. Jeśli jeden ze zbiorów A lub B jest pusty, to
A × B jest zbiorem pustym. ¤
P 8.1. Na prostoka,tnym ukÃladzie wspóÃlrze, dnych zaznacz naste, puja,ce zbiory:
(a) (1, 3) × (2, 4), [1, 3) × (2, 4), [1, 3) × (2, 4], [1, 3] × [2, 4),
(b) (1, 3)×(−2, +∞), (−∞, 3)×(−1, 3], (1, +∞)×(−∞, 4),
(c) (−1, 1) × R, [−1, 2] × R, R × (2, 4], R × [2, 4),
76
(d)
(e)
(f)
(g)
{1, 2} × R, R × {−1, 0, 4} , [−1, 2] × {2, 3, 5} ,
{−2, 0, 1} × ((2, 3] ∪ {4}) ,
({−1, 1} ∪ [2, 4)) × ((1, 2] ∪ {3, 4}) ,
{1, 2, 3} × {−1, 2, 3} , N × N, Z × R.
P 8.2. Udowodnij, że
(a) (A \ B) × C = (A × C) \ (B × C) ;
(b) Jeżeli A ⊂ B, to A × C ⊂ B × C oraz C × A ⊂ C × B.
P 8.3. Czy poniższa równość jest prawem rachunku zbiorów?
C × (A \ B) = (C × A) \ (C × B).
Z 8.1. Zaznacz na pÃlaszczyźnie zbiory
(N ∪ {−2, −1}) × R oraz
([−2, −1) ∪ {1, 2, 5} ∪ [3, 4)) × ([−1, 1] ∪ {−3, 2, 5} ∪ (3, 4]) .
Z 8.2. Udowodnij twierdzenie 8.1(ii), (iii) i (iv).
9. Relacje
Relacje dwuczÃlonowe. Jak zauważyliśmy w rozdziale szóstym, zbiory możemy definiować, używaja,c form zdaniowych, czyli
definiuja,c wÃlasności, jakie maja, speÃlniać elementy zbioru. Prowadzi
to do definicji przynależności, która brzmi: x należy do zbioru ⇔
x speÃlnia wÃlasność ϕ(x). Kiedy mamy do czynienia z przestrzenia, X, utożsamiamy jej podzbiory oraz ,,zespoÃly” elementów, które
speÃlniaja, pewna, wÃlasność. Niektórzy autorzy używaja, nawet zapisu
A(x) zamiast x ∈ A dla podkreślenia, że x jest elementem, który
speÃlnia wÃlasność speÃlniana, przez wszystkie elementy zbioru A.
Przypuśćmy teraz, że mamy dane dwie przestrzenie X oraz Y.
Używaja,c ich, tworzymy nowa, przestrzeń, jaka, jest produkt kartezjański X × Y. WÃlasności elementów (x,y) naszego produktu opisujemy zwykle przez zależność x od y lub odwrotnie. Zależność
ta, nazywana zwykle relacja,, opisuje nam pewien podzbiór produktu. Dla przykÃladu, rozważmy produkt N2 = N × N. Mówimy, że
pomie, dzy n i m zachodzi relacja podzielności, jeśli liczba n dzieli
sie, przez m (w skrócie zapisujemy m | n). Nasza relacja podzielności opisuje nam zbiór par (n, m), do którego należa, mie, dzy innymi
(1, 1), (12, 3), (121, 11), (14, 7) itd. Do zbioru tego nie należa,
pary (1, n), gdzie n 6= 1, oraz pary (3, 12), (11, 121), (7, 14) i
jeszcze nieskończenie wiele innych.
Rozważania te prowadza, do naste, puja,cej definicji. Relacja,
dwuczÃlonowa, lub, po prostu, relacja, nazywamy dowolny podzbiór
produktu kartezjańskiego. Jeśli mamy do czynienia z produktem X × X, to dowolny podzbiór tego zbioru nazywamy relacja,
dwuczÃlonowa, w X.
9.1. PrzykÃlad. Niech X be, dzie dowolnym zbiorem. Przez 2X
oznaczamy rodzine, wszystkich podzbiorów zbioru X. Tworzymy
produkt kartezjański X × 2X . Elementami tego produktu sa, pary
uporza,dkowane (x, A), gdzie x ∈ X oraz A ⊂ X. Określamy teraz
zależność x ∈ A, która nazywa sie, relacja, przynależności. Opisuje
ona zbiór tych wszystkich par (x, A), dla których x ∈ A.
78
9.2. PrzykÃlad. Ponownie niech X be, dzie dowolnym zbiorem.
Określimy relacje, w 2X , czyli na zbiorze wszystkich par (A, B),
gdzie A i B sa, podzbiorami X. Relacja, inkluzji (zawierania) nazywamy zbiór wszystkich par (A, B), dla których A ⊂ B.
Relacje na zbiorze X × Y oznaczamy najcze, ściej grecka, litera, ρ i zamiast pisać (x, y) ∈ ρ, piszemy zwykle xρy lub ρ(x, y).
Dziedzina, relacji ρ ⊂ X × Y nazywamy zbiór




_
D(ρ) = x ∈ X :
xρy .


y∈Y
Przeciwdziedzina, (zbiorem wartości) tej relacji nazywamy zbiór
(
)
_
D−1 (ρ) = y ∈ Y :
xρy .
x∈X
Wykresem relacji ρ ⊂ X × Y nazywamy cze, ść zbioru X × Y
zawieraja,ca, wszystkie te i tylko te pary (x, y), które należa, do ρ.
Na przykÃlad, jeśli X = Y = R, a relacja ρ jest określona
wzorem xρy ⇔ y = x2 , to wykresem tej relacji jest parabola,
dziedzina, zbiór liczb rzeczywistych, a przeciwdziedzina, zbiór liczb
rzeczywistych nieujemnych. Jeżeli relacje, ρ określimy xρy ⇔
x2 +y 2 ≤ 1, to jej dziedzina, i przeciwdziedzina, jest przedziaÃl [−1, 1],
a wykresem koÃlo o promieniu 1 i środku w punkcie (0, 0).
Formy zdaniowe dwóch zmiennych. Zwia,zek pomie, dzy
zbiorami oraz formami zdaniowymi jednej zmiennej przenosi sie, na
podobieństwo pomie, dzy relacjami oraz formami zdaniowymi dwóch
zmiennych. Przyjrzyjmy sie, teraz tym ostatnim. Niech dany be, dzie
produkt kartezjański X × Y dwóch niepustych zbiorów. Wyrażenie
φ(x, y) nazywamy forma, zdaniowa, dwóch zmiennych, jeśli staje sie,
ono zdaniem po podstawieniu za x pewnego elementu zbioru X,
a za y pewnego elementu zbioru Y.
Forme, zdaniowa, dwóch zmiennych x i y możemy traktować
jako forme, zdaniowa, jednej zmiennej (x, y), której zakresem jest
zbiór X × Y. Na przykÃlad, wyrażenie x < y jest forma, zdaniowa,
dwóch zmiennych x ∈ R oraz y ∈ R lub jest forma, zdaniowa, jednej
zmiennej (x, y) ∈ R2 .
79
Relacje
Niech φ(x, y), x ∈ X, y ∈ Y be, dzie dowolna, forma, zdaniowa,
dwóch zmiennych. Zbiór tych par (a, b) ∈ X ×Y, dla których zdanie
φ(a, b) jest prawdziwe, oznaczamy:
{(x, y) ∈ X × Y : φ(x, y)} .
(9.1)
Sta,d
(a, b) ∈ {(x, y) ∈ X × Y : φ(x, y)} ⇔ w (φ(a, b)) = 1.
(9.2)
Podobnie jak przy zbiorach tworzonych przez formy zdaniowe jednej zmiennej i tu be, dziemy pomijać w(·) i pisać φ(a, b),
rozumieja,c ten zapis jako zdanie prawdziwe. Mówimy, że elementy
a i b lub para (a, b) speÃlnia forme, zdaniowa, φ(x, y), jeśli zdanie
φ(a, b) jest zdaniem prawdziwym.
Każda forma zdaniowa dwóch zmiennych wyznacza pewien
podzbiór produktu kartezjańskiego X × Y, czyli relacje, dwuczÃlonowa, ρ ∈ X × Y. Zachodzi przy tym prosta zależność
xρy ⇔ φ(x, y).
(9.3)
Zatem relacja ρ zachodzi mie, dzy dwoma elementami x i y produktu X × Y wtedy i tylko wtedy, gdy zdanie φ(x, y) jest
prawdziwe.
Typy relacji. Zwykle mamy do czynienia z relacjami
określonymi na produkcie X 2 = X × X. Przytoczymy tu kilka
szczególnych i cze, sto spotykanych typów relacji. Niech ρ oznacza
relacje, określona, na zbiorze X.
^
ρ jest zwrotna
⇐⇒
xρx
x∈X
ρ jest przeciwzwrotna
⇐⇒
^
∼ xρx
x∈X
ρ jest symetryczna
⇐⇒
^
xρy ⇒ yρx
x,y∈X
ρ jest antysymetryczna
⇐⇒
^
xρy ∧ yρx ⇒ x = y
x,y∈X
ρ jest przeciwsymetryczna
⇐⇒
^
xρy ⇒∼ yρx
x,y∈X
ρ jest spójna
⇐⇒
^
xρy ∨ yρx
x,y∈X
ρ jest przechodnia
⇐⇒
^
x,y,z∈X
xρy ∧ yρz ⇒ xρz
80
Relacje, , która jest zwrotna, symetryczna i przechodnia nazywamy relacja, równoważności. Jeśli relacja jest zwrotna, antysymetryczna oraz przechodnia, to jest to relacja porza,dkuja,ca.
9.3. PrzykÃlad. Na zbiorze liczb naturalnych N określamy relacje,
ρ naste, puja,co:
xρy ⇔ 3 | 2x + y.
Dziedzina, i przeciwdziedzina, tej relacji jest zbiór liczb naturalnych.
Relacja ta jest zwrotna i przechodnia, ale nie jest przeciwzwrotna,
antysymetryczna, przeciwsymetryczna ani spójna. Pokażemy, że jest
ona symetryczna, czyli że z 3 | 2x + y wynika 3 | 2y + x. Mamy
_
_
3 | 2x + y ⇔
2x + y = 3n
⇒
4x + 2y = 6n
n∈N
⇔
_
n∈N
2y + x = 3n − 3x ⇒
n∈N
_
2y + x = 3m
m∈N
⇔ 3|2y + x.
9.4. PrzykÃlad. Na dowolnym, niepustym zbiorze X określamy relacje, xρy ⇔ x = y. Jest ona zwrotna, symetryczna, antysymetryczna i przechodnia. Dla odmiany, relacja xρy ⇔ x 6= y jest przeciwzwrotna i symetryczna, a nie jest antysymetryczna ani przechodnia.
9.5. PrzykÃlad. Relacje (sÃlabej) mniejszości i wie, kszości dane wzorami xρy ⇔ x ≤ y oraz xρy ⇔ x ≥ y i określone na R sa, relacjami
porza,dkuja,cymi, czyli sa, zwrotne, antysymetryczne i przechodnie.
Sa, one także spójne.
9.6. PrzykÃlad. Relacja (ostrej) mniejszości określona na R wzorem
xρy ⇔ x < y jest przeciwzwrotna, przeciwsymetryczna, antysymetryczna i przechodnia. Pokażemy, że jest to relacja antysymetryczna, czyli że zdanie
p = (x < y) ∧ (y < x)
implikuje zdanie x = y. Istotnie, zdanie p jest faÃlszywe jako koniunkcja zdań, z których jedno jest faÃlszywe. Zatem implikacja
p ⇒ (x = y) jest prawdziwa.
9.7. PrzykÃlad. Relacja ⊂ (por. przykÃlad 9.2) jest relacja, porza,dkuja,ca,. Zauważmy, że nie jest to relacja spójna. Istotnie, jeżeli X = {a,b,c} , to nie zachodzi żadna z inkluzji {a,b} ⊂ {c} ,
Relacje
81
{c} ⊂ {a,b} . Zachodzi jednak dla tej relacji sÃlabsza wÃlasność: dla
dowolnych podzbiorów A i B zbioru X istnieja, podzbiory C
oraz D, takie że C ⊂ A ⊂ D oraz C ⊂ B ⊂ D.
P 9.1. Niech X = {1, 2, 3, 4, 5} , Y = {a, b, c} . Dla podanych niżej relacji wyznacz dziedzine, , przeciwdziedzine, oraz naszkicuj wykres. Na podstawie wykresu sprawdź, czy dziedzina i przeciwdziedzina zostaÃly wyznaczone prawidÃlowo.
(a) ρ = {(1, a),(2, a),(4, b)} ,
(b) ρ = {(2, b),(4, c),(3, a),(3, b),(3, c)} ,
(c) ρ = {(1, a),(2, a),(3, a),(4, a),(5, a)} .
Ile różnych relacji można określić w zbiorze X × Y ?
P 9.2. Przypuśćmy, że A jest zbiorem wszystkich liter, a B
jest zbiorem samochodów. Określ trzy relacje na zbiorze A × B.
P 9.3. Dla podanych niżej relacji określonych w R2 wyznacz
dziedzine, , przeciwdziedzine, oraz naszkicuj wykres.
©
ª
(a) ρ = (x, y) : x2 = y 2 ,
(b) σ = ({−1, 2} ∪ (3, 5)) × ([−2, 0) ∪ {1, 2, 4, 5}) ,
(c) τ = {(x, y) : y = 2x − 3} ,
n
o
2
2
(d) φ = (x, y) : xa2 + yb2 = 1 , gdzie a oraz b sa, dowolnymi liczbami dodatnimi,
(e) ρ ∪ σ, φ ∩ τ, σ \ ρ.
P 9.4. Zbadaj wÃlasności relacji z poprzedniego zadania, tzn.
sprawdź, czy relacje te sa, zwrotne, przeciwzwrotne, symetryczne,
antysymetryczne, przeciwsymetryczne, przechodnie i spójne.
82
P 9.5. Określ wzorem relacje, w zbiorze R, której wykresem
jest
(a) hiperbola,
(b) wne, trze paraboli, tj. obszar pomie, dzy gaÃle, ziami paraboli,
ale bez tych gaÃle, zi,
(c) dwie krzyżuja,ce sie, linie proste,
(d) dwie parabole,
(e) wne, trza dwóch rozÃla,cznych kóÃl.
P 9.6. Rozważmy zbiór X = {a, b, c, d} . W zbiorze tym określamy naste, puja,ce relacje.
(a) ρ = {(a, a),(b, b),(c, c),(d, d)} ,
(b) σ = {(a, b),(b, a),(a, c),(c, a),(b, d),(d, b)} ,
(c) τ = {(a, b),(b, c),(c, d),(d, a)} .
Wyznacz dziedziny, przeciwdziedziny i wykresy powyższych relacji. Sprawdź, czy sa, one zwrotne, przeciwzwrotne, symetryczne,
antysymetryczne, przeciwsymetryczne, przechodnie i spójne. Co
trzeba dodać do wykresu, aby otrzymać relacje: zwrotna,, symetryczna,, spójna,? Jakie cechy charakterystyczne maja, wykresy relacji
zwrotnej, symetrycznej, antysymetrycznej itp. Spróbuj policzyć,
ile różnych relacji zwrotnych, symetrycznych, przeciwzwrotnych itd.
można określić na X. Jak to sie, uogólnia na zbiór n-elementowy?
Z 9.1. Wyznacz dziedziny i przeciwdziedziny podanych niżej
relacji określonych na zbiorze Q = {a, b, c, d} .
(a) ρ = {(a, b),(a, c),(b, c)} ,
(b) ρ = {(a, b),(a, c),(a, d),(b, a),(c, a),(d, a)} ,
(c) ρ = {(x, y) : x jest samogÃloska,} ,
(d) ρ = {(x, y) : x = b ∨ y = b} .
Z 9.2. Wyznacz dziedziny i przeciwdziedziny podanych relacji
określonych w zbiorze X.
(a) X = N, ρ = {(a, b) : a < b} ,
©
ª
(b) X = R, ρ = (a, b) : a2 − b = 0 ,
(c) X = Z, ρ = {(a, b) : 2|a − b} ,
©
ª
(d) X = Z, ρ = (a, b) : 2|a2 − b2 .
Relacje
83
Z 9.3. ZaÃlóżmy, że ρ i τ sa, relacjami określonymi na produkcie A × B. Pokaż, że D(ρ ∪ τ ) = D(ρ) ∪ D(τ ) , czyli, że dziedzina relacji ρ ∪ τ jest suma, mnogościowa, dziedzin relacji ρ i relacji τ. Zbadaj, czy podobna równość zachodzi dla przeciwdziedzin.
Także sprawdź (na konkretnych przykÃladach), jak moga, wygla,dać
dziedziny i przeciwdziedziny przekroju lub różnicy dwóch relacji.
Z 9.4. Dla relacji z zadania Z9.7 sprawdź, które z nich sa,
zwrotne, przeciwzwrotne, symetryczne, antysymetryczne, przeciwsymetryczne, przechodnie lub spójne. Jeżeli pewna wÃlasność nie
zachodzi, spróbuj dana, relacje, rozszerzyć lub też zawe, zić tak, by
byÃla prawdziwa dla nowej relacji.
Z 9.5. Oblicz, ile różnych relacji (a) zwrotnych, (b) przeciwzwrotnych, (c) symetrycznych, (d) antysymetrycznych, (e) przeciwsymetrycznych, (f) przechodnich, (g) spójnych można określić
w zbiorze trzyelementowym. Spróbuj uogólnić swoje obliczenia na
przypadek zbioru n-elementowego.
Z 9.6. Zbadaj wÃlasności relacji określonej w R, która jest
(a) suma, relacji < oraz = ,
(b) przekrojem relacji < oraz = ,
(c) suma, relacji < oraz > .
Z 9.7. Narysuj wykres oraz zbadaj wÃlasności poszczególnych
relacji określonych w R.
(a) ρ = {(x, y) : x 6= y} ,
(b) ρ = {(x, y) : xy > −1} ,
(c) ρ = {(x, y) : |x| + |y| ≤ 1} ,
©
ª
(d) ρ = (x, y) : 1 < x2 + y 2 ≤ 4 .
Z 9.8. Niech X be, dzie dowolnym zbiorem, a A oraz B jego
podzbiorami.
(a) Pokaż, że relacja A × B jest przechodnia.
(b) Dla jakich zbiorów A i B relacja A × B jest zwrotna?
(c) Dla jakich zbiorów A i B relacja A × B jest przeciwzwrotna?
(d) Zbadaj wÃlasności relacji ∅.
10. Relacje równoważności
Poje, cie.
Przypomnijmy, że jeżeli relacja jest zwrotna, symetryczna i przechodnia, to nazywamy ja, relacja, równoważności.
Zwykle oznaczamy ja, przez ∼ lub ≈ zamiast ρ. W algebrze cze, sto
stosuje sie, oznaczenie ≡ .
10.1. PrzykÃlad. Zdefiniujmy relacje, ≈ w zbiorze liczb rzeczywistych naste, puja,co: x ≈ y ⇔ x − y ∈ Z. Zauważmy, że jest to relacja
równoważności.
10.2. PrzykÃlad. Niech L oznacza zbiór wszystkich prostych na pÃlaszczyźnie. Relacje, równolegÃlości || określamy w L tak, że a||b ⇔
proste a oraz b sa, równolegÃle. Przyjmujemy przy tym, że proste,
które sie, pokrywaja,, sa, równolegÃle. W zwia,zku z tym relacja jest
zwrotna. Dowody dwóch pozostaÃlych wÃlasności sa, oczywiste.
10.3. PrzykÃlad. Niech P (x1 ,y1 ) i Q(x2 ,y2 ) be, da, dowolnymi punktami w ukÃladzie wspóÃlrze, dnych R2 . Wtedy wspóÃlrze, dne wektora
−−→
P Q sa, zdefiniowane jako [x2 − x1 ,y2 − y1 ]. Oznaczmy przez W
zbiór wszystkich wektorów w R2 . Relacje, ≈ określamy w W tak,
−−→ −−→
że P Q ≈ AB , jeśli wektory te maja, takie same wspóÃlrze, dne. Tak
określona relacja jest relacja, równoważności.
10.4. PrzykÃlad. Przypuśćmy, że X jest dowolnym zbiorem. Jeśli
relacje, ≈ określimy w X przez x ≈ y ⇔ x = y , to be, dzie to
relacja równoważności.
Zasada abstrakcji. Niech ≈ be, dzie relacja, równoważności
w niepustym zbiorze X i niech x ∈ X. Zdefiniujemy naste, puja,cy
zbiór
[x] = {y ∈ X : y ≈ x} ,
(10.1)
czyli zbiór wszystkich tych elementów zbioru X , które sa, w relacji
z x. Zbiór określony wzorem 10.1 nazywamy klasa, abstrakcji lub
klasa, równoważności o reprezentancie x. Zauważmy, że klasa abstrakcji nie jest zbiorem pustym, ponieważ x ≈ x , a wie, c x ∈ [x].
Za chwile, zauważymy też, że reprezentantem klasy abstrakcji może
Relacje równoważności
85
być dowolny element tego zbioru. Stanie sie, to oczywiste, gdy
udowodnimy naste, puja,ce twierdzenie.
10.5. Twierdzenie. Niech ≈ be, dzie relacja, równoważności określona, w niepustym zbiorze X. Klasy abstrakcji wyznaczone przez
element zbioru X maja, naste, puja,ce wÃlasności:
(i) x ∈ [x] dla dowolnego x ∈ X,
(ii) [x] = [y] ⇔ x ≈ y dla dowolnych x,y ∈ X,
(iii) jeśli [x] 6= [y] , to [x] ∩ [y] = ∅ dla dowolnych x,y ∈ X.
Dowód. WÃlasność (i) już udowodniliśmy. Aby pokazać wÃlasność (ii),
zaÃlóżmy najpierw, że [x] = [y]. Ponieważ x ∈ [x] , wie, c x ∈ [y]. Zatem z 10.1 mamy x ≈ y. ZaÃlóżmy teraz, że x ≈ y i weźmy dowolny
element z ∈ [x]. Oznacza to, że z ≈ x. Z przechodniości relacji
równoważności i z zaÃlożenia, że x ≈ y , mamy z ≈ y. Korzystaja,c
z definicji klasy abstrakcji, otrzymujemy z ∈ [y]. Zatem [x] ⊂ [y].
Podobnie pokazujemy, że [y] ⊂ [x]. Ostatacznie mamy [x] = [y].
Pokażemy teraz wÃlasność (iii). W tym celu zaÃlóżmy, że istnieje
pewien z ∈ [x] ∩ [y]. Z definicji przekroju dwóch zbiorów mamy
z ∈ [x] i z ∈ [y] , a z definicji klasy abstrakcji otrzymujemy z ≈ x
oraz z ≈ y. Korzystamy teraz z symetryczności, by zauważyć, że
także x ≈ z. Zatem x ≈ y. Z udowodnionego już (ii) otrzymujemy
[x] = [y]. Zatem, jeśli przekrój dwóch klas abstrakcji nie jest pusty,
to klasy te sa, sobie równe. ¤
WÃlasność (ii) twierdzenia 10.5 mówi nam dokÃladnie, że
reprezentantem klasy abstrakcji jest dowolny jej element. Z kolei,
z wÃlasności (iii) oraz (i) wnioskujemy, że relacja równoważności dzieli
zbiór X na rozÃla,czne podzbiory. Nazywamy to zasada, abstrakcji. Zbiór wszystkich klas abstrakcji nazywamy zbiorem ilorazowym
i oznaczamy X/ ≈ .
Relacja równoważności zdefiniowana w 10.1 dzieli zbiór liczb
rzeczywistych R na klasy abstrakcji
(
)
_
[x] = x + Z = y ∈ R :
y =x+k .
k∈Z
Zbiory te nazywamy warstwami podgrupy Z. Warstwy i zwia,zany
z nimi zbiór ilorazowy odgrywaja, istotna, role, w algebrze. Relacja
86
równolegÃlości prostych zdefiniowana w przykÃladzie 10.2 odgrywa
istotna, role, w geometrii. Klasa abstrakcji pewnej prostej a zawiera wszystkie proste równolegÃle do niej i nazywa sie, kierunkiem prostej a. Także relacja zdefiniowana w 10.3 jest powszechnie używana w geometrii. Jej klasy abstrakcji nazywamy wektorami
swobodnymi. Relacja 10.4 dzieli zbiór X na klasy abstrakcji, które
sa, zbiorami jednoelementowymi. Zatem X/ ≈= {{x} : x ∈ X} .
Druga, skrajność prezentuje określona w X relacja x ≈ y ⇔ x ∈ X.
Jej jedyna, klasa, abstrakcji jest X. Zatem X/ ≈= {X} .
Z zasada, abstrakcji spotykamy sie, na co dzień, cze, sto nie zdaja,c
sobie z tego sprawy. Jeśli, na przykÃlad, siadamy do obiadu i prosimy
o widelec, to w istocie prosimy o dowolnego reprezentanta klasy
widelców, a nie o konkretny przedmiot. Podobnie, jeśli dojeżdżamy
do pracy autobusem, to mówia,c o tym, nie mamy na myśli konkretnego pojazdu (chyba, że ktoś ma prywatny autobus), lecz dowolnego
reprezentanta klasy autobusów.
P 10.1. Sprawdź, czy podane niżej relacje określone w R sa,
relacjami równoważności? Jeżeli tak, to wyznacz kilka klas abstrakcji.
(a) xρy ⇔ x − y ∈ Z,
(b) xρy ⇔ x + y ∈ Q,
(c) xρy ⇔ ent (x) = ent (y),
(d) xρy ⇔ x2 = y 2 .
Uwaga. ent oznacza ,,caÃlość z. . . ” dla odróżnienia od [·] , które
oznacza teraz co innego.
P 10.2. Wyznacz relacje, równoważności w Z tak, aby klasy
abstrakcji byÃly równe dokÃladnie:
(a) liczbom ujemnym, liczbom dodatnim i {0} ,
(b) liczbom nieujemnym i liczbom ujemnym,
(c) liczbom postaci 5k, 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, i 5k + 4.
Relacje równoważności
87
Z 10.1. Przypuśćmy, że S jest dowolnym zbiorem skończonym.
Na zbiorze 2S wszystkich podzbiorów zbioru S określamy relacje,
ρ naste, puja,co:
AρB ⇔ A ma tyle samo elementów co B.
(a) Pokaż, że jest to relacja równoważności.
(b) Niech S oznacza trzyelementowy zbiór {a,b,c} . Wyznacz
[∅] , [{a}] , [{c}] oraz [{a,c}].
(c) Wyznacz zbiór ilorazowy, tj. określ, jaka, ceche, maja,
wszystkie zbiory znajduja,ce sie, w tej samej klasie abstrakcji.
Z 10.2. W podanym zbiorze X określono relacje, ρ. Zbadaj,
czy jest to relacja równoważności. Jeśli tak, to wyznacz jej zbiór
ilorazowy lub kilka jego elementów.
(a) X = R, xρy ⇔ x − y = 2,
(b) X = Z, xρy ⇔ x2 − y 2 ≤ 0,
(c) X = Z, xρy ⇔ 2|x − y,
W
(d) X = R, xρy ⇔ k∈Z (x − k < 1 ∧ y − k < 1).
Z 10.3. Wskaż relacje, równoważności, która dzieli zbiór liczb
caÃlkowitych na dwie klasy abstrakcji – liczby parzyste i nieparzyste.
Z 10.4. Wskaż relacje, równoważności, która dzieli zbiór liczb
rzeczywistych na odcinki otwarto-domknie, te [x,x + 1) , gdzie x jest
liczba, caÃlkowita,. Użyj tu funkcji ,,cze, ść caÃlkowita z ...”.
Z 10.5. Określ na zbiorze wszystkich ludzi taka, relacje, równoważności, która dzieli ten zbiór na
(a) dwie klasy abstrakcji,
(b) cztery klasy abstrakcji,
(c) wie, cej niż sto klas abstrakcji.
Z 10.6. O ile policzenie wszystkich relacji przechodnich, które
można określić w zbiorze trzyelementowym, jest dość trudnym
zadaniem (por. zadanie Z9.5), to policzenie wszystkich relacji
równoważności w takim zbiorze nie sprawia aż takich trudności.
88
Istotnie, relacja równoważności dzieli zbiór na klasy abstrakcji,
czyli takie podzbiory, gdzie każdy element jest w relacji z innym
elementem tego podzbioru. Zatem każda, relacje, równoważności
w zbiorze A wyznacza podziaÃl tego zbioru na rozÃla,czne i niepuste
podzbiory. Dla zbioru trzyelementowego mamy 5 takich podziaÃlów:
– kiedy relacja ma tylko jedna, klase, abstrakcji (jeden podziaÃl),
– kiedy relacja ma dokÃladnie dwie klasy abstrakcji (trzy
podziaÃly),
– kiedy relacja ma dokÃladnie trzy klasy abstrakcji (jeden
podziaÃl).
Zatem w zbiorze trzyelementowym można określić dokÃladnie 5
relacji równoważności.
UzupeÃlnij luki w przedstawionym rozumowaniu oraz policz, ile
relacji równoważności można określić w zbiorze czteroelementowym.
Spróbuj uogólnić swój wynik na przypadek zbioru n-elementowego.
Z 10.7. Przypuśćmy, że relacja ρ jest relacja, równoważności,
która dzieli zbiór X na dokÃladnie jedna, klase, abstrakcji. Pokaż, że
jest to relacja spójna.
11. Funkcje
W dotychczasowym kursie matematyki cze, sto spotykaliśmy sie,
z poje, ciem funkcja. Faktycznie, jest to jedno z najcze, ściej spotykanych poje, ć. Dlatego ważne jest wÃlaściwe jego zdefiniowanie oraz
zrozumienie przedstawionej definicji. Okazuje sie, , że najbardziej
,,naturalna,” definicja, jest określenie funkcji jako pewnego zbioru.
Nie powinno to zdziwić dokÃladnych czytelników, ponieważ wszystkie pojawiaja,ce sie, w tym skrypcie obiekty, z wyja,tkiem zdań, sa,
zbiorami.
Przy omawianiu relacji spotkaliśmy sie, z poje, ciami dziedzina,
przeciwdziedzina i wykres relacji. Poje, cia te zapewne poznaliśmy
już wcześniej i wia,ża, nam sie, one wÃlaśnie z funkcjami. Istotnie,
funkcja jest relacja,, albo, jak kto woli, relacja jest uogólnieniem
funkcji, tj. każda funkcja jest relacja,, chociaż nie każda relacja jest
funkcja,. DokÃladnie, niech X, Y be, da, dowolnymi niepustymi zbiorami. Relacje, f ⊂ X ×Y nazywamy funkcja, z X do Y, jeśli speÃlnia
ona naste, puja,ce warunki:
^ _
10
xf y,
x∈X y∈Y
20
^
^
((xf y1 ∧ xf y2 ) ⇒ y1 = y2 ) .
x∈X y1,y2 ∈Y
Zauważmy, że definicja ta jest zgodna ze znana, nam z kursu
szkoÃly średniej definicja,: funkcja jest to takie przyporza,dkowanie,
które każdemu elementowi zbioru X przyporza,dkowuje jeden i tylko
jeden element zbioru Y. Fakt, że nasza relacja przyporza,dkowuje
każdemu elementowi zbioru X pewien element zbioru Y jest zawarty w punkcie 10 definicji. Natomiast fakt, że taki ,,przyporza,dkowany” element jest jedyny, wynika z punktu 20 . Jednakże
ta ,,szkolna” definicja budzi pewne wa,tpliwości. Przede wszystkim
pojawia sie, w niej sÃlowo ,,przyporza,dkowanie”, którego znaczenie
trudno jest wytÃlumaczyć.
Ponieważ funkcja jest zdefiniowana jako relacja, dziedziny oraz
przeciwdziedziny funkcji nie definiujemy, gdyż już to zrobiliśmy
(zob. rozdziaÃl 9). Zauważmy, że dziedzina, funkcji jest zawsze caÃly
zbiór X. Przeciwdziedzina natomiast może być pewnym podzbio-
90
rem wÃlaściwym Y. Jeśli jest to dokÃladnie zbiór Y, to mówimy, że
funkcja jest na Y lub że jest suriekcja,.
Cze, sto mówimy, że funkcja jest określona w X. Nie mamy
wtedy na myśli dziedziny tej funkcji, lecz nieco ,,wie, kszy” zbiór. Na
przykÃlad, mówimy, że funkcja xf y ⇔ y = x1 jest określona w R.
Oczywiście R nie jest dziedzina, naszej funkcji, ponieważ f (0) nie
istnieje. W takich przypadkach mówimy o tzw. dziedzinie naturalnej funkcji f, czyli zbiorze tych wszystkich x ∈ X, dla których f (x)
istnieje.
Podobnie, mówimy, że funkcja ma wartości w Y, ale zbiór Y
nie kojarzy nam sie, z przeciwdziedzina,. Na przykÃlad sin jest funkcja,
o wartościach w R, ale jej przeciwdziedzina, jest przedziaÃl [−1,1].
Funkcja jest pewnym szczególnym rodzajem relacji i dlatego
zasÃluguje na nieco inne oznaczenia. Zamiast pisać f ⊂ X × Y
czy xf y, piszemy odpowiednio f : X → Y i f (x) = y. Jeśli
y ∈ Y jest elementem przeciwdziedziny funkcji f, to mówimy, że
y jest wartościa, funkcji f. Przeciwdziedzine, funkcji nazywamy też
zbiorem wartości tej funkcji. Podobnie, dziedzine, funkcji nazywamy
zbiorem argumentów, a jej elementy argumentami. Mówimy też, że
funkcja f odwzorowuje zbiór X w Y, lub na Y.
11.1. PrzykÃlad. Funkcje, nazywamy rzeczywista,, jeśli jej wartości
sa, liczbami rzeczywistymi. Podamy przykÃlady kilku funkcji rzeczywistych określonych w R. Podkreślimy przy tym użycie sÃlów na
oraz w.
– Funkcja f (x) = x2 jest określona na R i ma wartości w R.
– Funkcja f (x) = log x jest określona w R. Swoja, dziedzine,
naturalna, (czyli zbiór liczb rzeczywistych dodatnich) odwzorowuje na R.
– Funkcja f (x) = x1 jest określona w R. Swoja, dziedzine,
naturalna, (czyli zbiór R \ {0} ) odwzorowuje w R.
– Funkcja f (x) = x3 jest określona na R oraz odwzorowuje
ten zbiór na R.
Równość dwóch funkcji. ZaÃlóżmy, że dane sa, zbiory X
oraz Y. Jeśli na zbiorze Y dana jest jakaś struktura algebraiczna
(np. zdefiniowane jest mnożenie lub dodawanie), to na zbiorze
funkcji z X do Y można zdefiniować pewne dziaÃlania algebraiczne
Funkcje
91
(np. mnożenie lub dodawanie funkcji). W naszych ogólnych
rozważaniach nie be, dziemy sie, jednak tym zajmować. Przydatne
jest jednak poje, cie równość dwóch funkcji. Niech f : A → B oraz
g^: C → D. Funkcja f jest równa funkcji g, jeśli A = C oraz
f (x) = g(x). Mówimy wtedy też, że funkcje f i g sa, równe
x∈A
i piszemy f = g lub f ≡ g. Mówia,c potocznie, dwie funkcje sa,
równe, jeżeli ich dziedziny sa, równe oraz ich wartości sa, równe dla
dowolnego argumentu.
11.2. PrzykÃlad. Jeśli f : R → R jest określona wzorem f (x) = x2 ,
a g : N → R jest określona wzorem g(x) = x2 , to f 6= g, ponieważ
R 6= N.
Zdefiniujemy h oraz s jako funkcje rzeczywiste określone na
1
przedziale (−1,1) : h(x) = 1−x
, a s(x) jest suma, wszystkich
wyrazów cia,gu geometrycznego 1, x, x2 , . . . Wtedy h = s.
Obcie, cie oraz rozszerzenie funkcji.
Cze, sto sie, zdarza,
że zadana dziedzina jest dla nas zbyt ,,duża” lub też zbyt ,,maÃla”.
Na przykÃlad, funkcje f i g z przykÃladu 11.2 byÃlyby równe, gdyby
można byÃlo troche, ,,poprawić” ich dziedziny. DokÃladnie, dziedzine,
funkcji f można by byÃlo ,,obcia,ć” lub też dziedzine, funkcji g
,,rozszerzyć”. Rozumowanie to prowadzi do naste, puja,cych definicji.
ZaÃlóżmy, że X i Y sa, niepustymi zbiorami, A ⊂ X ⊂ B.
Niech f : X → Y. Funkcje, g : A → Y nazywamy obcie, ciem lub
zredukowaniem funkcji f do zbioru A, jeśli dla dowolnego elementu
x ∈ A, zachodzi równość f (x) = g(x). Obcie, cie funkcji f do zbioru
A oznaczamy zwykle f |A. Funkcje, h : B → Y taka,, że h|A = f
nazywamy rozszerzeniem lub przedÃlużeniem funkcji f do zbioru B.
Zauważmy, że zredukowanie funkcji jest dziaÃlaniem jednoznacznym,
a rozszerzenie nie jest, tzn. istnieje wie, cej niż jedna funkcja be, da,ca
rozszerzeniem f.
Zwykle obcinamy lub też rozszerzamy funkcje, chca,c osia,gna,ć
pewien określony cel. Na przykÃlad, chcielibyśmy, aby funkcja trygonometryczna cos byÃla różnowartościowa, tj. dla różnych argumentów osia,gaÃla różne wartości. W tym celu rozważamy jej obcie, cie
do przedziaÃlu [0,π]. Podobnie, maja,c dana, funkcje, w określona,
92
na przedziale [0,1] chcemy rozważać te, funkcje, rozszerzona, do R.
W zależności od naszych rozważań możemy rozszerzyć w do funkcji
parzystej, nieparzystej, okresowej czy też suriekcji.
Funkcje różnowartościowe i funkcja odwrotna. Funkcje, f : X → Y nazywamy różnowartościowa, lub iniekcja,, jeśli
speÃlniony jest jeden z naste, puja,cych warunków:
^
(x 6= y ⇒ f (x) 6= f (y)),
10
x,y∈X
20
^
(f (x) = f (y) ⇒ x = y).
x,y∈X
Zauważmy, że warunek 20 jest kontrapozycja, warunku 10 ,
wie, c logicznie znaczy to samo. Aby sprawdzić, czy dana funkcja jest
różnowartościowa nie musimy zatem sprawdzać obydwu warunków,
lecz tylko ten, który jest Ãlatwiej sprawdzić (lub obalić). Zauważmy,
że funkcja f nie jest różnowartościowa, jeśli znajdziemy takie argumenty x,y ∈ X, że x 6= y oraz f (x) = f (y).
11.3. PrzykÃlad. Niech f : R → R be, dzie określona wzorem f (x) =
x3 + 5. Sprawdzimy, czy jest ona różnowartościowa. W tym celu
weźmy dwie dowolne liczby rzeczywiste x i y. Mamy
x 6= y ⇒ x3 6= y 3 ⇔ x3 + 5 6= y 3 + 5 ⇔ f (x) 6= f (y),
zatem f jest różnowartościowa.
Zauważmy, że funkcja g(x) = x2 + 5 określona w R nie jest
różnowartościowa, ponieważ g(−3) = g(3), chociaż −3 6= 3.
Z poje, ciem funkcja różnowartościowa wia,że sie, ściśle poje, cie
funkcja odwrotna. Niech f : X → Y be, dzie funkcja, różnowartościowa,. Funkcje, g określona
o wartościach w X nazywamy
, w Y
^
odwrotna, do f, jeśli
g(f (x)) = x. Na przykÃlad, funkcja arcsin
x∈X
¯£
¤
jest funkcja, odwrotna, do sin ¯ − π2 , π2 .
Jeżeli funkcja f ma funkcje, odwrotna, g, to nie znaczy to wcale,
że funkcja g ma funkcje, odwrotna,. Na przykÃlad, jeśli f i g √sa,
funkcjami rzeczywistymi określonymi w R wzorami f (x) = x
oraz g(x) = x2 , to funkcja g nie ma funkcji odwrotnej, ponieważ
nie jest ona różnowartościowa, ale g jest funkcja, odwrotna, do f.
Funkcje
93
Aby sie, o tym przekonać, zauważmy, że dziedzina, f jest zbiór liczb
rzeczywistych nieujemnych [0,+∞] oraz dla dowolnego x ∈ [0,+∞],
√
√ 2
mamy g(f (x)) = g( x) = ( x) = x.
Funkcja odwrotna do f istnieje zawsze, jeśli tylko funkcja f
jest iniekcja,. Mówi o tym naste, puja,ce twierdzenie.
11.4. Twierdzenie. Jeżeli funkcja f : X → Y jest różnowartościowa, to istnieje funkcja do niej odwrotna.
Dowód. Oznaczmy przez D−1 (f ) przeciwdziedzine, funkcji f. Mamy zatem
^
_
f (x) = y.
(11.1)
y∈D −1 (f ) x∈X
Rozważmy relacje, g ⊂ D−1 (f ) × X określona, naste, puja,co:
ygx ⇔ y = f (x).
Pokażemy, że g jest funkcja,. W tym celu weźmy dowolny element
y ∈ D−1 (f ). Zgodnie z 11.1 istnieje taki x ∈ X, że f (x) = y.
Sta,d ygx. To pokazuje warunek 10 definicji funkcji. Niech teraz
y ∈ D−1 (f ) oraz x1 ,x2 ∈ X. ZaÃlóżmy, że ygx1 i ygx2 . Oznacza
to, że y = f (x1 ) i y = f (x2 ), zatem f (x1 ) = f (x2 ). Ale funkcja
f jest różnowartościowa, wie, c x1 = x2 , czyli warunek 20 definicji
funkcji też jest speÃlniony.
Tak wie, c g jest funkcja, i, co wie, cej, możemy napisać
g(y) = x ⇔ f (x) = y.
Niech h : Y → X be, dzie dowolnym rozszerzeniem funkcji g. Zauważmy, że jeżeli y ∈ D−1 (f ), to h(y) = x ⇔ f (x) = y. Pokażemy,
że h jest funkcja, odwrotna, do f, tj. że dla dowolnego x ∈ X zachodzi h(f (x)) = x. Niech y = f (x). Ponieważ f (x) = y ∈ D−1 (f ),
wie, c h(f (x)) = h(y) = x, co należaÃlo pokazać. Zatem h jest
funkcja, odwrotna, do f. ¤
Powyższe twierdzenie nie mówi nam o tym, czy funkcja h
odwrotna do f jest określona jednoznacznie. Jeśli przeciwdziedzina f jest podzbiorem wÃlaściwym dziedziny h, tak być nie
94
musi, ponieważ może istnieć wówczas wie, cej niż jedno rozszerzenie funkcji g na zbiór Y. Zauważmy, że z dowodu twierdzenia 11.4 wynika, że funkcji odwrotnych do f jest co najmniej tyle,
ile możliwych rozszerzeń funkcji g. Pozostawiamy Czytelnikowi
znalezienie co najmniej
dwóch funkcji z R do R odwrotnych do
√
funkcji f (x) = x.
Funkcje, f, która jest jednocześnie iniekcja, i suriekcja,, nazywamy bijekcja, lub funkcja, wzajemnie jednoznaczna,. Taka funkcja
ma dokÃladnie jedna, funkcje, odwrotna,, która, oznaczamy przez f −1
i która też jest bijekcja,. Mówia, o tym kolejne dwa twierdzenia.
11.5. Twierdzenie. Jeśli funkcja f : X → Y jest bijekcja,, to istnieje dokÃladnie jedna funkcja odwrotna do f, która też jest bijekcja,.
Dowód. Z twierdzenia 11.4 wynika, że istnieje funkcja odwrotna
do f. Oznaczmy ja, przez g. ZaÃlóżmy, że istnieje jeszcze jedna
funkcja h odwrotna do f. Ponieważ f jest suriekcja,, wie, c funkcje
g oraz h sa, określone na zbiorze Y , czyli g, h : Y → X. Zatem
dziedziny funkcji g oraz h sa, równe. Przypuśćmy teraz, że y ∈ Y.
Istnieje x ∈ X taki, że f (x) = y. Mamy
g(y) = g(f (x)) = x = h(f (x)) = h(y),
wie, c g = h. Oznacza to, że funkcja odwrotna do f jest określona
jednoznacznie.
Pokażemy teraz, że g jest wzajemnie jednoznaczna. ZaÃlóżmy,
że x ∈ X i niech y = f (x). Wtedy g(y) = g(f (x)) = x, zatem
g jest suriekcja,. Niech teraz y1 ,y2 ∈ Y i niech g(y1 ) = g(y2 ).
Wtedy istnieja, x1 ,x2 ∈ X takie, że f (x1 ) = y1 oraz f (x2 ) = y2 .
Sta,d x1 = g(f (x1 )) = g(f (x2 )) = x2 , a to implikuje f (x1 ) = f (x2 ),
czyli y1 = y2 , co oznacza że g jest iniekcja,. ¤
11.6. Twierdzenie. Jeśli g jest funkcja, odwrotna, do f oraz f
jest bijekcja,, to f jest funkcja, odwrotna, do g. Zachodzi zatem
równość (f −1 )−1 = f.
Dowód. Z poprzedniego twierdzenia wynika, że funkcja g jest
wzajemnie jednoznaczna. Zatem istnieje dokÃladnie jedna funkcja
odwrotna do g. Pokażemy, że f jest ta, funkcja,. W tym celu
Funkcje
95
zaÃlóżmy, że g jest funkcja, z Y do X, zatem f : X → Y. Weźmy
dowolny y ∈ Y. Musimy pokazać, że
f (g(y)) = y.
(11.2)
Istotnie, g(f (g(y))) = g(y), ponieważ g jest funkcja, odwrotna, do f.
Z drugiej strony, g jest iniekcja,. Zatem z ostatniej równości wynika
11.2. ¤
Nasza, dyskusje, o funkcjach różnowartościowych zakończymy
cze, sto spotykanym twierdzeniem o funkcjach na zbiorach skończonych.
11.7. Twierdzenie. Jeśli f : X → Y oraz zbiory X i Y maja, po
m elementów, to naste, puja,ce trzy warunki sa, równoważne:
(i) f jest iniekcja,,
(ii) f jest suriekcja,,
(iii) f jest bijekcja,.
W dowodzie tego twierdzenia musimy pokazać trzy równoważności: (i) ⇔ (ii), (ii) ⇔ (iii) oraz (i) ⇔ (iii). Możemy to zrobić,
udowadniaja,c tylko trzy implikacje: (i) ⇒ (ii) ⇒ (iii) ⇒ (i). Aby
zauważyć na przykÃlad, że (ii) ⇒ (i), widzimy, że z (ii) wynika (iii),
a z tego wynika (i). Udowodnimy zatem trzy wspomniane implikacje.
Dowód. Oznaczmy X = {a1 , a2 , . . . , am } , Y = {b1 , b2 , . . . , bm } .
Żeby pokazać implikacje, (i) ⇒ (ii), zastosujemy dowód indukcyjny
ze wzgle, du na m.
10 Jeśli m = 1, to zbiór X ma jeden element, który musi być
przeksztaÃlcony na jedyny element zbioru Y. Zatem f jest
suriekcja,.
20 ZaÃlóżmy, że jeśli f jest iniekcja, ze zbioru m − 1-elementowego
w zbiór m − 1-elementowy, to jest też suriekcja,. Przypuśćmy
nie wprost, że w zbiorze Y istnieje pewien element y, który
nie jest obrazem żadnego elementu zbioru X. Zapiszmy teraz
X = X1 ∪ X2 , gdzie X1 = {a1 } , X2 = {a2 , a3 , . . . , am } .
Ponieważ y ∈ Y nie jest obrazem żadnego elementu zbioru X,
wie, c f jest funkcja, z X do Y \ {y} , podobnie jak jej obcie, cie f |X2 . Ale f |X2 dziaÃla ze zbioru m − 1-elementowego do
96
zbioru m − 1-elementowego i jako obcie, cie iniekcji jest także
funkcja, różnowartościowa,. Zatem z zaÃlożenia indukcyjnego
f |X2 jest suriekcja,. Ale f (a1 ) 6= y, wie, c f (a1 ) ∈ Y \ {y} .
Istnieje zatem ai ∈ X2 , takie że f (ai ) = f |X2 (ai ) = f (a1 ).
Ponieważ a1 6= ai , oznacza to, że f nie jest różnowartościowa,
co jest sprzeczne z zaÃlożeniem.
Na mocy indukcji, f jest wie, c suriekcja,.
Aby pokazać implikacje, (ii) ⇒ (iii), zaÃlóżmy że f jest suriekcja, i, nie wprost, zaÃlóżmy, że f nie jest bijekcja,, co oznacza,
że f nie jest różnowartościowa. Zatem dwa elementy zbioru X
musza, przechodzić na jeden element zbioru Y. Zatem m elementów
zbioru X przejdzie na co najwyżej m − 1 elementów zbioru Y.
Zatem pozostanie w zbiorze Y pewien element, który nie jest
obrazem żadnego elementu zbioru X, wie, c f nie jest suriekcja,,
ska,d sprzeczność.
Implikacja (iii) ⇒ (i) jest oczywista, ponieważ jeśli f jest
bijekcja,, to w szczególności jest też iniekcja,. ¤
Superpozycja lub zÃlożenie funkcji. ZaÃlóżmy, że dane
sa, funkcje f : X → Y oraz g : Y → Z. Zdefiniujemy relacje,
h ⊂ X × Z naste, puja,co: xhz ⇔ g(f (x)) = z. Zauważmy, że h jest
funkcja,. Istotnie, dla dowolnego x ∈ X, istnieje y ∈ Y taki, że
y = f (x), ponieważ f jest funkcja,. Z kolei, ponieważ g jest funkcja,,
istnieje z ∈ Z takie, że g(y) = z, ale g(y) = g(f (x)) , zatem istnieje
z ∈ Z takie, że xhz. Niech teraz x be, dzie dowolnym elementem
X, a z1 i z2 dowolnymi elementami Z. ZaÃlóżmy, że xhz1 i xhz2 .
Oznacza to, że g(f (x)) = z1 oraz g(f (x)) = z2 . Ponieważ g jest
funkcja,, a f (x) elementem zbioru Y, mamy wie, c z1 = z2 .
Powyższa, funkcje, h nazywamy zÃlożeniem lub superpozycja,
funkcji f i g oraz oznaczamy g ◦ f. L
Ã atwo zauważyć, że dowolnych dwóch funkcji nie można zÃlożyć. Aby operacja ta byÃla
możliwa, dziedzina jednej funkcji musi zawierać przeciwdziedzine,
drugiej. Na przykÃlad, jeżeli f oraz g sa, funkcjami
√ rzeczywistymi
określonymi w R wzorami f (x) = sin x, g(x) = x, to f ◦ g istnieje, ale g ◦ f nie istnieje, ponieważ D−1 (f ) = [−1,1] nie zawiera
sie, w D(g) = [0,+∞).
Jeżeli mamy dany zbiór funkcji dziaÃlaja,cych ze zbioru X do X,
to skÃladanie funkcji jest dziaÃlaniem w tym zbiorze. Nie jest to
Funkcje
97
dziaÃlanie przemienne, tzn. f ◦ g 6= g ◦ f. Dla przykÃladu weźmy
funkcje f (x) = 2x + 3 oraz g(x) = x2 określone na R i zauważmy,
że f ◦ g(x) = 2x2 + 3 oraz g ◦ f (x) = (2x + 3)2 nie sa, równe.
Pokażemy, że dziaÃlanie skÃladania funkcji jest Ãla,czne, tj. udowodnimy naste, puja,ce twierdzenie.
11.8. Twierdzenie. Niech f : X → X1 , g : X1 → X2 oraz
h : X2 → Y. Wówczas zachodzi h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f.
Dowód. Zauważmy najpierw, że zÃlożenia g ◦ f : X → X2 oraz
h ◦ g : X1 → Y istnieja,, a naste, pnie, że istnieja, też superpozycje
h ◦ (g ◦ f ) : X → Y oraz (h ◦ g) ◦ f : X → Y. Ponieważ dziedzina,
funkcji h ◦ (g ◦ f ) oraz (h ◦ g) ◦ f jest ten sam zbiór X, wystarczy
sprawdzić czy h ◦ (g ◦ f )(x) = (h ◦ g) ◦ f (x). Mamy
h ◦ (g ◦ f )(x) = h(g ◦ f (x)) = h(g(f (x)))
oraz
((h ◦ g) ◦ f )(x) = (h ◦ g)(f (x)) = h(g(f (x)))
wie, c ża,dana równość zachodzi. ¤
Nasza, dyskusje, o superpozycji funkcji zakończymy podaniem
dalszych wÃlasności tego dziaÃlania.
11.9. Twierdzenie. Niech dane be, da, funkcje f : X → Y oraz
g : Y → Z.
(i) jeśli f i g sa, suriekcjami, to g ◦ f jest suriekcja,,
(ii) jeśli f i g sa, iniekcjami, to g ◦ f jest iniekcja,,
(iii) jeśli f i g sa, bijekcjami, to g◦f jest bijekcja,. Istnieje wówczas
superpozycja f −1 ◦ g −1 oraz zachodzi równość
f −1 ◦ g −1 = (g ◦ f )−1 .
Dowód.
(i) Weżmy dowolny element z zbioru Z. Ponieważ funkcja g jest
suriekcja,, wie, c istnieje taki element y ∈ Y, że g(y) = z. Podobnie, ponieważ także f jest suriekcja,, wie, c istnieje taki x ∈ X,
że f (x) = y. Tak wie, c g(f (x)) = g ◦ f (x) = z.
98
(ii) Niech x1 ,x2 ∈ X. Jeśli g ◦ f (x1 ) = g ◦ f (x2 ), to oznacza to, że
g(f (x1 )) = g(f (x2 )) . Wobec iniektywności funkcji g mamy
f (x1 ) = f (x2 ), a różnowartościowość f implikuje x1 = x2 .
(iii) Z udowodnionych już punktów wynika, że g ◦ f jest bijekcja,,
jeśli f i g sa, wzajemnie jednoznaczne. Dodatkowo mamy
f −1 : Y → X oraz g −1 : Z → Y. Zatem istnieje zÃlożenie
f −1 ◦ g −1 . Rozważmy teraz dla dowolnego x ∈ X wyrażenie
f −1 ◦ g −1 (g ◦ f (z)) . Mamy
f −1 ◦ g −1 (g ◦ f (z)) = f −1 ◦ g −1 (g(f (z)))
¡
¢
= f −1 g −1 (g(f (z)))
= f −1 (f (z)) = z.
Zatem f −1 ◦ g −1 = (g ◦ f )−1 . ¤
Funkcja tożsamościowa lub identyczność. Niech A be, dzie niepustym zbiorem. Funkcja, tożsamościowa, lub identycznościa,
na zbiorze A nazywamy funkcje, IA : A → A określona, wzorem
IA (x) = x. Zauważmy, że identyczność na zbiorze A jest bijekcja,
−1
oraz, że jest ona funkcja, odwrotna, do siebie, tj. IA
= IA .
Jeśli skojarzymy sobie dziaÃlanie skÃladania funkcji z dziaÃlaniem
mnożenia liczb rzeczywistych, to funkcja identycznościowa speÃlni tu
role, jedynki, a funkcja odwrotna role, elementu odwrotnego. Nasze
spostrzeżenia sformuÃlujemy w naste, puja,cym twierdzeniu.
11.10. Twierdzenie. Jeśli f : X → Y jest bijekcja,, to
(i) f −1 ◦ f = IX ,
(ii) f ◦ f −1 = IY ,
(iii) f ◦ IY = IX ◦ f = f.
Dowód tego twierdzenia pozostawiamy Czytelnikowi do samodzielnego wykonania.
Zbiórpote, gowy. W podrozdziale tym zakÃladamy, że wszystkie wymienione zbiory sa, niepuste. Zbiór wszystkich funkcji z X do
Y oznaczamy Y X i nazywamy zbiorem pote, gowym. Tego rodzaju
oznaczenie jest motywowane naste, puja,cym twierdzeniem.
11.11. Twierdzenie. ZaÃlóżmy, że X jest zbiorem n-elementowym,
a Y zbiorem m-elementowym, to Y X ma mn elementów.
Funkcje
99
Dowód. Zastosujemy tu indukcje, ze wzgle, du na n. Zapiszmy
Y = {b1 , b2 , . . . , bm } .
10 Niech X = {a} . Mamy dokÃladnie m funkcji z X do Y. Oto
one: f1 (a) = b1 , f2 (a) = b2 , . . . , fm (a) = bm . Ponieważ
m = m1 teza jest sprawdzona dla n = 1.
20 ZakÃladamy, że twierdzenie jest prawdziwe, jeśli X ma n elementów. ZaÃlóżmy, że X = {a1 , a2 , . . . , an , an+1 } . Zapiszmy
X = X1 ∪X2 , gdzie X1 = {a2 , . . . , an , an+1 } oraz X2 = {a1 } .
Jeżeli f jest funkcja, z X1 do Y, to można ja, przedÃlużyć do
funkcji z X do Y na m sposobów. Mianowicie, elementowi
a1 możemy zadać m wartości spomie, dzy elementów zbioru Y.
Ponieważ dowolna funkcja z X do Y jest przedÃlużeniem
pewnej funkcji (dokÃladnie swojego zawe, żenia do X1 ) z X1
do Y, mamy mn · m funkcji z X do Y. Ale mn · m = mn+1 ,
co należaÃlo pokazać.
Na mocy indukcji, twierdzenie jest prawdziwe. ¤
Zauważmy, że dziaÃlanie skÃladania funkcji na zbiorze X X jest
Ãla,czne oraz ma element neutralny, którym jest funkcja tożsamościowa na X. Dodatkowo jeszcze, każda funkcja wzajemnie jednoznaczna ma funkcje, odwrotna,.
Z powyższego twierdzenia wypÃlywa naste, puja,cy wniosek.
11.12. Wniosek. Jeśli zbiór X ma n elementów, to istnieje
dokÃladnie 2n podzbiorów X.
Dowód. Niech Y = {0,1} . Oznaczmy przez 2X zbiór wszystkich
podzbiorów zbioru X. Pokażemy, że istnieje bijekcja B ze zbioru
Y X do 2X . Przypuśćmy, że f : X → Y (czyli f ∈ Y X ). Zdefiniujmy zbiór Xf = {x ∈ X : f (x) = 0} oraz określmy B(f ) = Xf .
Zauważmy, że jeśli f 6= g sa, dwiema funkcjami z X do Y, to
Xf 6= Xg . Zatem funkcja B jest różnowartościowa. Oznacza to, że
podzbiorów zbioru X jest co najmniej tyle, ile funkcji z X do Y.
Z drugiej strony, jeśli A jest podziorem X, to możemy określić
funkcje, fA : X → Y wzorem
½
0, jeśli x ∈ A
fA (x) =
1, jeśli x ∈
/ A.
100
Wówczas XfA = A, czyli B(fA ) = A. Zatem B jest też
suriekcja,, a to oznacza, że podzbiorów zbioru X jest co najwyżej
tyle, ile funkcji z X do Y.
Tak wie, c wszystkich podzbiorów X jest dokÃladnie tyle samo,
ile wszystkich funkcji z X do Y, czyli 2n . ¤
P 11.1. Które z krzywych umieszczonych na planszy 2 sa, funkcjami z przedziaÃlu [a,b] do R ?
P 11.2. Dobierz tak osie ukÃladu wspóÃlrze, dnych, aby podane
na planszy 3 krzywe byÃly funkcjami z podzbioru R do R lub
wytÃlumacz, że nie ma takiego poÃlożenia osi.
P 11.3. Podaj dziedziny naturalne oraz przeciwdziedziny naste, puja,cych funkcji. Które z poniższych funkcji sa, suriekcjami?
(a) Funkcja f jest określona w R wzorem f (x) = log1 x .
(b) Funkcja f jest określona w R wzorem f (x) =
√
sin x2 +2
.
log x
(c) Funkcja g jest określona w R × R i ma wartości w zbiorze R.
½ √
y x dla x ≥ 0
√
g((x,y)) =
x y dla x < 0.
(d) Funkcja h jest określona w R oraz ma wartości w zbiorze
wszystkich przedziaÃlów otwartych h(x) = (x, x + 1).
(e) Funkcja w jest określona w zbiorze wszystkich samochodów i ma wartości w zbiorze skÃladaja,cym sie, ze
wszystkich liter i wszystkich cyfr.
Samochodowi S
funkcja przyporza,dkowuje ostatni znak (cyfre, lub litere, ),
znajduja,cy sie, na tablicy rejestracyjnej S.
P 11.4. Naszkicuj wykres funkcji f : A → R określonej wzorem f (x) = x2 − 3, gdzie
(a) A = (−1, 3],
(b) A = (−2, 1) ∪ {2} ∪ (3, 4),
(c) A = {x ∈ R : 2x + 3 > 7} ,
(d) A = N.
Funkcje
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
Plansza 2.
101
102
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
Plansza 3.
Funkcje
103
Podaj przeciwdziedziny powyższych funkcji oraz zbadaj, czy
sa, to funkcje różnowartościowe. Jeśli dana funkcja nie jest iniekcja,,
spróbuj zawe, zić lub rozszerzyć dziedzine, tak, aby funkcja staÃla sie,
różnowartościowa. Dla każdej z powyższych funkcji podaj takie rozszerzenie, które jest suriekcja,.
P 11.5. Zbadaj, czy funkcje f oraz g sa, równe. Jeśli nie,
znajdź takie obcie, cie lub rozszerzenie funkcji f, które jest równe
funkcji g albo pokaż, że nie ma takiego rozszerzenia lub obcie, cia.
2
−9
(a) Funkcja f jest określona w R wzorem f (x) = xx−3
;
g : R → R, g(x) = x + 3.
(b) f jest funkcja, z R do R i na przedziale (t − 1, t], gdzie
t ∈ Z, funkcja f jest określona wzorem f (x) = (x − t)2 ;
g : R → R, g(x) = x2 .
(c) f jest określona na zbiorze wszystkich przedziaÃlów otwartych o końcach rzeczywistych i ma wartości w zbiorze
R, f ((a,b)) = a; g jest określona na zbiorze wszystkich
przedziaÃlów domknie, tych o końcach rzeczywistych i ma
wartości w R, g([a,b]) = a.
(d) f jest określona na zbiorze wszystkich przedziaÃlów otwartych o końcach rzeczywistych i ma wartości w zbiorze liczb
rzeczywistych, f ((a,b)) = a; g jest określona na zbiorze
wszystkich przedziaÃlów o końcach rzeczywistych i ma
wartości w R. Funkcja g przyporza,dkowuje przedziaÃlowi
jego lewy koniec.
P 11.6. Znajdź zÃlożenia funkcji (lub pokaż, że nie istnieja,):
(a) f : R → Z, g : R → R, f (x) = [x], g(x) = [x] + x − 1,
(b) f : R → R, g : R → R, f (x) = x + 1, g(x) = [x] − 1,
(c) f : R → R, g : R+ → R, f (x) = x − x2 , g(x) = log x.
P 11.7. RozÃlóż naste, puja,ce funkcje, tj. wskaż te funkcje f, g
z listy √
sin, cos, log, a, b, dla których f ◦ g = h. Tutaj a(x) = x2 ,
b(x) = x
(a) h(x) = sin log x,
(b) h(x) = cos2 x,
(c) h(x) = cos x2 ,
√
(d) h(x) = log x.
104
Z 11.1. Naszkicuj funkcje, f : A → R określona, wzorem
f (x) = x − 3, gdzie
(a) A = {−4, −2, 0, 2, 4} ,
(b) A = {0, 1, 3} ,
(c) A = N,
(d) A = [0,2).
Z 11.2. Niech X be, dzie dowolnym zbiorem. DziaÃlaniem
w zbiorze X nazywamy dowolna, funkcje, f : X × X → X. Zwykle
piszemy xf y = z zamiast f ((x,y)) = z. Do oznaczenia dziaÃlań
używamy innych znaków niż f, np. +, ·, ◦. Ile dziaÃlań można
określić w zbiorze n-elementowym?
Z 11.3. Niech A ⊂ R. Funkcje, f : A → R nazywamy
– okresowa,, jeżeli istnieje taka liczba t (nazywana okresem),
że x + t ∈ A oraz f (x) = f (x + t) dla dowolnego x ∈ A,
– parzysta,, jeżeli dla dowolnego x ∈ A mamy −x ∈ A oraz
f (x) = f (−x),
– nieparzysta,, jeżeli dla dowolnego x ∈ A mamy −x ∈ A
oraz −f (x) = f (−x).
Które z poniższych funkcji sa, okresowe, które parzyste, a które
nieparzyste?
f (x) = sin x, g(x) = x2 ,
h(x) = 2x,
k(x) = cos 2x,
r(x) = x3 − sin x
p(x) = x1 − 1, q(x) = 2,
½
s(x) =
1, jeśli x ∈ Q
−1, jeśli x ∈ IQ
Uzasadnij odpowiedź.
Z 11.4. Podaj przynajmniej dwie funkcje
√ odwrotne do funkcji
f : [0,+∞) → R określonej wzorem f (x) = x.
Z 11.5. Udowodnij twierdzenie 11.10.
Z 11.6. Zbadaj, czy relacja ρ jest funkcja,, jeśli
(a) ρ ⊂ R × R i xρy ⇔ x2 = y 2 ,
(b) ρ ⊂ R+ × R+ i xρy ⇔ x2 = y 2 ,
Funkcje
105
(c) ρ ⊂ R × R i xρy ⇔ x2 = y 3 ,
(d) ρ ⊂ R × R i xρy ⇔ x3 = y 2 ,
(e) ρ ⊂ C × C i xρy ⇔ im(x) = re(y). Tutaj im(z) oznacza
cze, ść urojona,, a re(z) cze, ść rzeczywista, liczby zespolonej z.
Z 11.7. Naszkicuj wykres funkcji g, podaj jej dziedzine, i przeciwdziedzine, oraz sprawdź, czy funkcja jest różnowartościowa i ,,na”.
(a) g : [−2,5] → R,
½
2x + 3 dla x ∈ [−2,−1) ∪ [4,5]
g(x) =
−x + 2 dla x ∈ [−1,4);
(b) g : (−2,−1] ∪ (0,2) → R,
½
x+2
dla x < 0
g(x) =
−2x + 2 dla x > 0;
(c) g : (−2,−1] ∪ (0,2) → R,
½
x+2
dla x < −1
g(x) =
−2x + 2 dla x ≥ −1;
(d) g : N → R,
½
(−1)n dla parzystych n
g(x) = 1
dla nieparzystych n;
n
(e) g : [−2,5] → (−2,3] ∪ [11,13],
½
2x + 3 dla x ∈ [−2,−1) ∪ [4,5]
g(x) =
−x + 2 dla x ∈ [−1,4).
Z 11.8. Niech f : X → R, gdzie X = [0,2] i
½ √
− x dla x ∈ [0,1]
f (x) = √
.
x
dla x ∈ (1,2]
Wyznacz funkcje, odwrotna, do f lub pokaż, że nie ma takiej
funkcji.
Z 11.9. Zbadaj, czy funkcja f : R → R jest różnowartościowa
i czy jest suriekcja,. Spróbuj wyznaczyć funkcje, odwrotna, do każdej
z iniekcji.
(a) f (x) = [x],
(b) f (x) = 2x + 7,
(c) f (x) = sin x,
106
½
x + 2|x| + 1
0
½√
x + 1 dla
(e) f (x) =
2x
dla
(d) f (x) =
dla x 6= 0
dla x = 0,
x ∈ R+
x ≤ 0.
Z 11.10. Zbadaj, dla jakich liczb rzeczywistych a i b funkcja f odwzorowuje wzajemnie jednoznacznie przedziaÃl (1,2) na
(a) (0,2), jeśli f (x) = ax + b,
(b) (1,3), jeśli f (x) = x2 + ax + b,
(c) (4,5), jeśli f (x) = ax2 + 3x + b,
(d) (−2,0), jeśli f (x) = ax2 + bx + 1.
Z 11.11. Podaj przykÃlad bijekcji zbioru (0,1) na R.
¡
¢
Wskazówka. Spróbuj wpierw znaleźć bijekcje, z − π2 , π2 na R.
12. Obrazy i przeciwobrazy zbiorów
Obrazy zbiorów wyznaczone przez funkcje, . Przypuść-
my, że dana jest funkcja f : X → Y. Dla każdego elementu x ∈ X
funkcja ta wyznacza w Y obraz tego elementu f (x). Jeżeli dany
jest pewien zbiór skończony A = {x1 , x2 , . . . , xn } , to funkcja f
wyznacza zbiór
{f (x1 ), f (x2 ), . . . , f (xn )} ,
(12.1)
który skÃlada sie, z obrazów każdego elementu zbioru A. Możemy
powiedzieć, że zbiór 12.1 jest obrazem zbioru A. Powyższy koncept
uogólnimy na przypadek dowolnego zbioru A ⊂ X.
Obrazem zbioru A zawartego w X wyznaczonym przez
funkcje, f : X → Y nazywamy zbiór wszystkich wartości f (a),
gdzie a ∈ A. Obraz zbioru A wyznaczony przez funkcje, f oznaczamy przez f (A). Zatem
f (A) = {f (a) : a ∈ A}
(
)
_
= y∈Y :
(x ∈ A ∧ f (x) = y) .
(12.2)
x∈X
Ponieważ f (A) jest zbiorem, wie, c zastanówmy sie, , co to
znaczy, że pewien element y należy do tego zbioru. Zgodnie z 12.2
mamy
_
y ∈ f (A) ⇔
(x ∈ A ∧ f (x) = y).
(12.3)
x∈X
Stosuja,c prawo de Morgana, dostajemy
^
y∈
/ f (A) ⇔
(x ∈
/ A ∨ f (x) 6= y).
(12.4)
x∈X
Korzystaja,c z tautologii T9, otrzymujemy bardziej pore, czna, definicje, faktu nieprzynależności do obrazu.
^
y∈
/ f (A) ⇔
(x ∈ A ⇒ f (x) 6= y).
(12.5)
x∈X
108
Wprost z definicji wynika, że jeśli x jest dowolnym argumentem, to f ({x}) = {f (x)} , a f (∅) = ∅. Zauważmy tutaj istotna,
różnice, mie, dzy zapisami f (x) oraz {f (x)} . Pierwszy zapis oznacza
wartość funkcji lub obraz elementu x wyznaczony przez funkcje, x,
a drugi zapis oznacza zbiór jednoelementowy, który jest obrazem
zbioru {x} .
O wÃlasnościach obrazów mówi naste, puja,ce twierdzenie.
12.1. Twierdzenie. Dla dowolnej funkcji f : X → Y oraz dowolnych podzbiorów A i B przestrzeni X zachodza, naste, puja,ce
wÃlasności:
(i) f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B),
(ii) f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B),
(iii) f (A) \ f (B) ⊂ f (A \ B),
(iv) jeśli A ⊂ B, to f (A) ⊂ f (B).
WÃlasność (iv) określamy mianem monotoniczności obrazu.
Pokażemy, że inkluzje we wÃlasnościach (ii) i (iii) moga, być inkluzjami wÃlaściwymi. Niech, na przykÃlad, f (x) = x2 , A = (−1,0),
B = (0,1). Wówczas A ∩ B = ∅, a co za tym idzie, f (A ∩ B) = ∅.
Ale f (A) = f (B) = (0,1), wie, c f (A) ∩ f (B) = (0,1). Dla tychże
zbiorów A oraz B i tejże funkcji f mamy f (A) \ f (B) = ∅, ale
f (A \ B) = f (A) = (−1,0). Udowodnimy teraz twierdzenie.
Dowód. W celu pokazania (i) skorzystamy najpierw z pierwszej równości w 12.2. Mamy
f (A ∪ B) = {f (x) : x ∈ A ∪ B} = {f (x) : x ∈ A ∨ x ∈ B} . (12.6)
Weźmy teraz dowolny element y, należa,cy do zbioru po prawej
stronie 12.6. Wówczas y = f (x) dla pewnego elementu x zbioru
A lub zbioru B. Zatem istnieje taki element x ∈ X, że y = f (x)
oraz x ∈ A lub istnieje taki x ∈ X, że y = f (x) oraz x ∈ B.
Wynika sta,d, że y ∈ f (A) lub y ∈ f (B), czyli y ∈ f (A) ∪ f (B).
Mamy zatem f (A ∪ B) ⊂ f (A) ∪ f (B). Przypuśćmy teraz, że y jest
elementem sumy f (A) ∪ f (B), czyli istnieje taki element a ∈ A,
że y = f (a) lub istnieje b ∈ B, takie że y = f (b). Z powyższego
wynika istnienie x ∈ A∪B, takiego że y = f (x). Sta,d y ∈ f (A∪B),
czyli f (A) ∪ f (B) ⊂ f (A ∪ B).
Obrazy i przeciwobrazy zbiorów
109
Pokażemy teraz (ii). Podobnie jak poprzednio mamy
f (A ∩ B) = {f (x) : x ∈ A ∩ B} = {f (x) : x ∈ A ∧ x ∈ B} (12.7)
i rozważymy dowolny element y, należa,cy do zbioru po prawej
stronie 12.7. Wówczas y = f (x) dla pewnego x, który jest jednocześnie elementem zbioru A i zbioru B. Istnieje zatem taki element x, że f (x) = y i x ∈ A, oraz element x, taki że f (x) = y
i x ∈ B. Zatem y ∈ f (A) i y ∈ f (B), czyli y ∈ f (A) ∩ f (B).
Aby wykazać (iii), weźmy y ∈ f (A) \ f (B). Oznacza to, że
y ∈ f (A) i y ∈
/ f (B). Zgodnie z 12.3 i 12.5 mamy
_
x∈X
(x ∈ A ∧ f (x) = y) ∧
^
(z ∈ B ⇒ f (z) 6= y).
z∈X
W szczególności, istnieje x ∈ X, taki że x ∈ A i f (x) = y oraz
jeśli x ∈ B, to f (x) 6= y. Zatem dla pewnego x ∈ X, który należy
do A \ B, mamy f (x) = y. Oznacza to, że y ∈ f (A \ B).
Żeby zakończyć dowód, weźmy dowolny element y ∈ f (A).
Istnieje taki x ∈ X, że x ∈ A oraz f (x) = y. Ponieważ A ⊂ B,
wie, c istnieje taki x ∈ X, że x ∈ B i f (x) = y, czyli y ∈ f (B). ¤
Zauważmy, że definicja obrazu pozwala nam podać druga,
definicje, suriekcji. Mianowicie, funkcja f : X → Y jest suriekcja,,
jeśli f (X) = Y. Oczywiste jest, że f : X → f (X) jest suriekcja,.
Definicji iniekcji nie da sie, uprościć w istotny sposób, używaja,c
obrazów. Jednakże różnowartościowość funkcji wywiera duży wpÃlyw
na wÃlasności (ii) oraz (iii) twierdzenia 12.1. Fakt ten sformuÃlujemy
w naste, puja,cym twierdzeniu.
12.2. Twierdzenie. ZaÃlóżmy, że funkcja f określona na zbiorze X
o wartościach w Y jest różnowartościowa. Dla dowolnych zbiorów
A i B zachodza, równości:
(i) f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B),
(ii) f (A) \ f (B) = f (A \ B).
Dowód. Z uwagi na twierdzenie 12.1, wystarczy w obu przypadkach
pokazać inkluzje, ,, ⊃ ”. W celu pokazania (i), weźmy dowolny element y ∈ f (A) ∩ f (B). Mamy y ∈ f (A) i y ∈ f (B). Istnieje
zatem a ∈ X, takie że a ∈ A i f (a) = y oraz istnieje b ∈ X,
110
takie że b ∈ B i f (b) = y. Ponieważ f (a) = f (b), a funkcja f jest
różnowartościowa, wie, c a = b. Mamy wie, c, że istnieje a ∈ X, takie
że a ∈ A, a ∈ B oraz f (a) = y. Sta,d y ∈ f (A ∩ B).
Wykażemy teraz, że f (A \ B) ⊂ f (A) \ f (B). Weźmy dowolny
y ∈ f (A \ B). Skoro istnieje taki x ∈ X, że x ∈ A, x ∈
/ B oraz
f (x) = y wie, c, w szczególności y ∈ f (A). ZaÃlóżmy, nie wprost,
że y ∈ f (B), czyli dla pewnego elementu b ∈ X, mamy b ∈ B
oraz f (b) = y. Ponieważ f (x) = f (b), wie, c korzystaja,c z różnowartościowości funkcji f mamy, że x = b, czyli b ∈
/ B. Daje nam
to sprzeczność, wie, c sytuacja y ∈ f (B) nie jest możliwa. Zatem
y ∈ f (A) \ f (B), co kończy dowód. ¤
Przeciwobrazy zbiorów wyznaczone przez funkcje, .
Oprócz poje, cia obraz, bardzo przydatne jest poje, cie przeciwobraz.
ZaÃlóżmy, że dana jest funkcja f : X → Y oraz y ∈ Y. Wówczas, jeśli y ∈ f (X), to możemy znaleźć element x ∈ X taki, że f (x) = y. Zbiór wszystkich takich elementów x, dla których f (x) = y nazywamy przeciwobrazem elementu y i oznaczamy f −1 (y) lub f ← (y). Uogólnieniem powyższej definicji jest
naste, puja,ca definicja przeciwobrazu zbioru.
Przeciwobrazem zbioru A ⊂ Y wyznaczonym przez funkcje,
f : X → Y nazywamy zbiór wszystkich argumentów x, dla których
f (x) ∈ A. Przeciwobraz zbioru A wyznaczony przez funkcje, f
oznaczamy przez f −1 (A) lub f ← (A). Zatem
f −1 (A) = {x ∈ X : f (x) ∈ A} .
(12.8)
Zastanówmy sie, teraz, co to znaczy, że pewien element x
należy do f −1 (A). Zgodnie z 12.8 mamy
x ∈ f −1 (A) ⇔ f (x) ∈ A.
(12.9)
Stosunkowo Ãlatwo jest zaprzeczyć 12.9. Dostajemy wówczas
x∈
/ f −1 (A) ⇔ f (x) ∈
/ A.
(12.10)
Zauważmy, że f −1 (y) = f −1 ({y}), czyli przeciwobraz elementu y nie różni sie, niczym od przeciwobrazu zbioru jednoelementowego {y} . W przypadku obrazów, wielkości f (x) oraz f ({x})
111
nie można w ogóle porównywać, ponieważ pierwsza z tych wielkości
jest elementem, a druga zbiorem.
Wprost z definicji wynika, że jeśli zbiory A oraz f (X) sa, rozÃla,czne, to f −1 (A) = ∅. W szczególności f −1 (∅) = ∅.
Podstawowe wÃlasności przeciwobrazów sa, przedstawione w naste, puja,cym twierdzeniu.
12.3. Twierdzenie. Dla dowolnej funkcji f : X → Y oraz dowolnych podzbiorów A oraz B przestrzeni Y zachodza, wÃlasności:
(i) f −1 (A ∪ B) = f −1 (A) ∪ f −1 (B),
(ii) f −1 (A ∩ B) = f −1 (A) ∩ f −1 (B),
(iii) f −1 (A \ B) = f −1 (A) \ f −1 (B),
(iv) jeżeli A ⊂ B, to f −1 (A) ⊂ f −1 (B).
WÃlasność (iv) powyższego twierdzenia określamy mianem monotoniczności przeciwobrazu.
Dowód. Udowodnimy wÃlasności (i) oraz (iv), pozostawiaja,c pozostaÃle dwa dowody jako problemy do dyskusji. Aby udowodnić
wÃlasność (i), poste, pujemy naste, puja,co:
x ∈ f −1 (A ∪ B) ⇔ f (x) ∈ A ∪ B
⇔ f (x) ∈ A ∨ f (x) ∈ B
⇔ x ∈ f −1 (A) ∨ x ∈ f −1 (B)
⇔ x ∈ f −1 (A) ∪ f −1 (B).
(z 12.9)
(z 6.1)
(z 12.9)
(z 6.1)
W celu pokazania wÃlasności (iv), weźmy dowolny element x
zbioru f −1 (A). Z definicji przeciwobrazu (12.9) wynika, że f (x)
jest elementem zbioru A. Ale ponieważ z zaÃlożenia A ⊂ B, wie, c
f (x) ∈ B. Korzystaja,c ponownie z definicji przeciwobrazu dostajemy x ∈ f −1 (B). ¤
Można teraz zadać pytanie, czy operacje wyznaczania obrazu
oraz wyznaczania przeciwobrazu
przeciwnymi, tj. czy
¡ sa, operacjami
¢
f −1 (f (A)) = A oraz czy f f −1 (B) = B dla dowolnych zbiorów
A ⊂ X i B ⊂ Y. Okazuje sie, , że odpowiedź na to pytanie jest
pozytywna, jeśli funkcja f speÃlnia pewne dodatkowe zaÃlożenia.
W ogólnym
przypadku
prawdziwe sa, tylko inkluzje f −1 (f (A)) ⊃ A
¡ −1
¢
i f f (B) ⊂ B.
112
12.4. PrzykÃlad. Weźmy funkcje, kwadratowa,, określona, wzorem
f (x) = x2 oraz wykÃladnicza,, dana, przez g(x) = ex . Obie funkcje
sa, określone na R i maja, wartości w R. Niech A = (−1, 2) i niech
B = (−1, 1). Wówczas
f −1 (f ((−1, 2))) = f −1 ([0, 4)) = (−2, 2) 6= (−1, 2),
¡
¢
g g −1 ((−1, 1)) = g ((−∞, 0)) = (0, 1) 6= (−1, 1).
12.5. Twierdzenie. Dla dowolnej funkcji f : X → Y oraz dla
zbiorów A ⊂ X i B ⊂ Y zachodza, wÃlasności:
(i) f −1 (f (A)) ⊃ A,
¡
¢
(ii) f f −1 (B) ⊂ B.
Dowód. Jeżeli x jest elementem zbioru A, to wartość f (x) jest elementem zbioru f (A). Z definicji przeciwobrazu dostajemy zatem,
że x ∈ f −1 (f (A)) , co kończy dowód wÃlasności (i).
¡
¢
Przypuśćmy teraz, że x ∈ f f −1 (B) . Zgodnie z definicja,
obrazu oznacza to, że istnieje z ∈ X, takie że z ∈ f −1 (B)
oraz f (z) = x. Z definicji przeciwobrazu, ostatnia relacja jest
równoważna f (z) ∈ B. Ponieważ f (z) = x oraz f (z) ∈ B, wie, c
x ∈ B. ¤
Jak już wspomnieliśmy, inkluzje w twierdzeniu 12.5 można
zasta,pić równościami, jeśli funkcja f speÃlnia pewne dodatkowe
zaÃlożenia. Ponieważ zaÃlożenia te sa, inne dla każdej z równości, wie, c
sformuÃlujemy je jako dwa oddzielne twierdzenia.
12.6. Twierdzenie. Jeżeli f : X → Y jest funkcja, różnowartościowa, oraz A ⊂ X, to
f −1 (f (A)) = A.
Dowód. Wobec udowodnionej już wÃlasności (i) twierdzenia 12.15,
wystarczy pokazać, że f −1 (f (A)) ⊂ A. Niech wie, c x ∈ f −1 (f (A)).
Z definicji przeciwobrazu 12.11 jest to równoważne f (x) ∈ f (A), a
z definicji obrazu 12.3 wynika, że istnieje z ∈ X, taki że z ∈ A
oraz f (z) = f (x). Ponieważ funkcja f jest różnowartościowa, wie, c
z równości f (z) = f (x) wynika, że z = x. Zatem x ∈ A. ¤
113
12.7. Twierdzenie. Jeżeli f : X → Y jest suriekcja, oraz B jest
podzbiorem Y, to
¡
¢
f f −1 (B) = B.
¡
¢
Dowód. Wystarczy pokazać, że f f −1 (B) ⊃ B, ponieważ inkluzja
odwrotna zostaÃla już pokazana. ZaÃlóżmy wie, c, że x ∈ B. Ponieważ
funkcja f jest suriekcja,, wie, c istnieje taki element z ∈ X, że f (z) =
x. Zatem f (z) = x∧f (z) ∈ B. Z definicji przeciwobrazu dostajemy
natychmiast, że ¡f (z) = x¢∧ z ∈ f −1 (B). Zgodnie z definicja, obrazu
mamy, że x ∈ f f −1 (B) . ¤
Skoro bijekcja jest jednocześnie suriekcja, oraz iniekcja,, wie, c
z twierdzeń 12.6 i 12.7 można wysnuć naste, puja,cy wniosek.
12.8. Wniosek. Przypuśćmy, że f : X → Y jest bijekcja,, A ⊂ X
oraz B ⊂ Y. Wówczas
(i) f −1 (f (A)) = A,
¡
¢
(ii) f f −1 (B) = B. ¤
P 12.1. Udowodnij wÃlasności (ii) i (iii) twierdzenia 12.3.
P 12.2. Dla podanych niżej funkcji wyznacz przeciwobraz zbioru {θ} .
(a) f : R2 → R3 ; f (x, y) = (2x − 3y, y, 3x − y),
(b) g : R3 → R[x] ; g(a, b, c) = (a + b) + (a + b)x + cx2 ,
(c) h : R+ → R ; h(x) = log(2x)3 .
Uwaga. Zastosowaliśmy tu typowe oznaczenia używane w algebrze
liniowej:
– θ oznacza element zerowy, który jest inny w każdej z podanych
przestrzeni;
– R2 oznacza zbiór wszystkich par uporza,dkowanych (x, y),
gdzie x, y ∈ R, θ = (0, 0) ;
– R3 oznacza zbiór wszystkich trójek (a, b, c), gdzie a, b, c ∈ R,
θ = (0, 0, 0) ;
114
– przez R[x] oznaczamy zbiór wszystkich wielomianów zmiennej x o wspóÃlczynnikach rzeczywistych, θ = 0, tj. wielomian
zerowy;
– zamiast pisać f ((x, y)) czy g((a, b, c)) używamy prostszego
zapisu f (x, y) lub g(a, b, c).
P 12.3. Niech funkcja f : R → R be, dzie określona wzorem
f (x) = x2 − 3x + 2. Wyznacz
(a) f ([0,1]) ,
(b) f ((−2, −1]) ,
−1
(c) f ({−3, −4}) ,
(d) f −1 ((−∞, −6]) .
P 12.4. Rozważmy funkcje, f : R → R, która jest określona
wzorem f (x)¡£
= sin x¤¢
+ 1. Wyznacz
3
(a) f 0,
π
, ¢¢
(b) f ({0, π}) ,
¡¡ 21
−1
(c) f
,
(d) f −1 ((−∞, 1]) .
2 , +∞
P 12.5. Niech funkcja ϕ : R → R be, dzie określona wzorem
ϕ(x) = [x] + 2. Wyznacz
(a) ϕ−1 ([0, 1)) ,
(b) ϕ−1
√ ª¢
√ ,
¡© ({0})
(d) ϕ − 2, −2, 2, 2 .
(c) ϕ (R+ ) ,
P 12.6. Rozważmy funkcje, f : C → C, która jest określona
wzorem f (x + iy) = x − iy. Wyznacz
(a) f −1 (f (A)) , gdzie A jest dowolnym podzbiorem C,
(b) f (A), gdzie A = {z ∈ C : im(z) = 1} ,
(c) f −1 (A), gdzie A = {z ∈ C : |z| = 1} .
√
P 12.7. Określamy f : [0,∞) → R wzorem f (x) = x.
(a) Wyznacz taki zbiór A, że f −1 (A) = N.
(b) Czy istnieje taki zbiór B, że f −1 (B) = Z ?
¡
¢
(c) Wyznacz f f −1 ([a,b]) , gdzie a < b.
(d) Wyznacz f −1 (f ([a,b])) , gdzie a < b.
Z 12.1. Niech funkcja f : R → R be, dzie określona wzorem
f (x) = x2 − x + 3. Wyznacz
(a) f ([0, 1]) ,
(b) f ((−2, −1]) ,
−1
(c) f ({−3, −4}) ,
(d) f −1 ((−∞, −6]) .
115
Z 12.2. Rozważmy funkcje, f : R → R, która jest określona
wzorem f (x)¡£
= cos x¤¢+ 1. Wyznacz
3
(a) f 0,
, ¢¢
(b) f ({0, π}) ,
2π
¡¡
1
−1
(c) f
,
(d) f −1 ((−∞, 1]) .
2 , +∞
Z 12.3. Niech funkcja ϕ : R → R be, dzie określona wzorem
ϕ(x) = [x2 ] + 2. Wyznacz
(a) ϕ−1 ([0, 1)) ,
(b) ϕ−1
√ ,
√ ª¢
¡© ({0})
(c) ϕ (R+ ) ,
(d) ϕ − 2, −2, 2, 2 .
Z 12.4. Rozważmy funkcje, f : C → C, która jest określona
wzorem f (x + iy) = 2 + x − iy. Wyznacz
(a) f −1 (f (A)) , gdzie A jest dowolnym podzbiorem C,
(b) f (A), gdzie A = {z ∈ C : im(z) = 1} ,
(c) f −1 (A), gdzie A = {z ∈ C : |z| = 1} .
Z 12.5. Niech funkcja f : R+ → R be, dzie określona wzorem
f (x) = ln x.
(a) Wyznacz taki zbiór A, że f −1 (A) = N.
(b) Czy istnieje taki zbiór B, że f −1 (B) = Z ?
¡
¢
(c) Wyznacz f f −1 ([a,b]) , gdzie a < b.
(d) Wyznacz f −1 (f ([a,b])) , gdzie a < b.
13. Zbiory skończone
DziaÃl teorii mnogości, zajmuja,cy sie, tylko zbiorami skończonymi, nazywamy kombinatoryka,. Nauka ta znalazÃla wiele zastosowań prawie we wszystkich dziaÃlach matematyki, ale przede
wszystkim kombinatoryke, stosuje sie, w podstawach rachunku prawdopodobieństwa.
Każdy zbiór skończony A możemy utożsamić z pewnym
podzbiorem zbioru liczb naturalnych, przyporza,dkowuja,c (różnowartościowo) każdemu z elementów A liczbe, naturalna,. Wie, cej,
jeśli A 6= ∅, to tym podzbiorem liczb naturalnych może być
{1, 2, . . . , n} , gdzie n jest liczba, elementów zbioru A.
Cia,gi skończone. Dowolna, funkcje, a określona, na (niepus-
tym) zbiorze {1, 2, . . . , k} nazywamy cia,giem skończonym k-wyrazowym. Jeśli A jest zbiorem (niekoniecznie skończonym), w którym ta funkcja ma wartości, to zwykle zapisujemy a w postaci
(a1 , a2 , . . . , ak ) lub po prostu a1 , a2 , . . . , ak , gdzie a(1) =
a1 , a(2) = a2 itd. Wartości funkcji a nazywamy elementami lub
wyrazami cia,gu.
Rozważmy teraz zbiory skończone X = {1, 2, . . . , k} oraz
A = {a1 , a2 , . . . , an } . Dowolny cia,g skończony elementów zbioru A
nazywamy k-wyrazowa, wariacja, z powtórzeniami. Ponieważ cia,g
jest funkcja,, możemy mówić o cia,gu różnowartościowym czy też
o cia,gu suriektywnym. Cia,g skończony różnowartościowy ma swoja,
nazwe, . Nazywa sie, wariacja, bez powtórzeń. Także cia,g skończony
wzajemnie jednoznaczny ma swoja, nazwe, . Jest nia, permutacja.
Zajmiemy sie, teraz problemem liczenia cia,gów skończonych
o elementach w zbiorach skończonych. Pewne twierdzenia zwia,zane
z tym problemem już udowodniliśmy. Sa, to twierdzenia 11.7
oraz 11.11. Nasze rozważania zaczniemy od sformuÃlowania pewnego
odwrócenia twierdzenia 11.7.
13.1. Lemat. Przypuśćmy, że X oraz Y sa, zbiorami skończonymi
oraz f : X → Y jest bijekcja,. Wówczas zbiory X oraz Y maja,
taka, sama, liczbe, elementów.
Zbiory skończone
117
Dowód. Niech X = {1, 2, . . . , k} oraz Y = {1, 2, . . . , n} . Musimy
pokazać, że k = n. Ponieważ f jest bijekcja,, wie, c jest też suriekcja,.
Zatem
Y = {f (1), f (2), . . . , f (k)} .
Wynika sta,d, że zbiór Y ma co najwyżej k elementów, czyli mamy
nierówność n ≤ k. Z drugiej strony, f jest iniekcja,, wie, c w cia,gu
f (1), f (2), . . . , f (k) wyrazy nie moga, sie, powtarzać. Ponieważ
wyrazy te sa, elementami zbioru Y, wie, c k ≤ n. Sta,d wynika, że
k = n. ¤
Z dowodu powyższego lematu wypÃlywaja, dwa naste, puja,ce
wnioski.
13.2. Wniosek. Przypuśćmy, że f : X → Y jest iniekcja,. Wówczas
zbiór X ma co najwyżej tyle elementów, ile Y.
13.3. Wniosek. Przypuśćmy, że f : X → Y jest suriekcja,. Wówczas zbiór X ma co najmniej tyle elementów, ile Y.
Oznaczmy przez Wnk liczbe, wszystkich k-wyrazowych wariacji
z powtórzeniami zbioru n-elementowego. Jak wiadomo z twierdzenia 11.11, Wnk = nk . Zapiszemy to twierdzenie troszeczke, inaczej:
13.4. Twierdzenie. Liczba Wnk wariacji k-wyrazowych zbioru n-elementowego jest równa nk . ¤
Oznaczmy przez Vnk liczbe, wszystkich k-wyrazowych wariacji
bez powtórzeń zbioru n-elementowego. Z wniosku 13.2 wynika natychmiast, że Vnk > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy k ≤ n. Dla przykÃladu, rozważmy zbiór zÃlożony z czterech elementów a, b, c, d.
Można z niego utworzyć naste, puja,ce wariacje 3-wyrazowe:
abc,
bac,
cab,
dab,
abd, acb, acd, adb, adc,
bad, bca, bcd, bda, bdc,
cad, cba, cbd, cda, cdb,
dac, dba, dbc, dca, dcb.
118
Niech n be, dzie liczba, naturalna,. Oznaczmy przez n! iloczyn
wszystkich liczb naturalnych, które sa, mniejsze lub równe n, czyli
n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n =
n
Y
i.
i=1
W uzupeÃlnieniu tego określenia zdefiniujmy 0! = 1.
13.5. Twierdzenie. Liczba Vnk wariacji k-wyrazowych zbioru nelementowego (przy czym n ≥ k ) wyraża sie, wzorem
Vnk =
n!
.
(n − k)!
(13.1)
Dowód. Jeśli k = 1, to mamy dokÃladnie tyle wariacji, ile elementów
w zbiorze. Zatem Vnk = n, co jest zgodne z dowodzonym wzorem.
ZaÃlóżmy, że Vnk wyraża sie, wzorem 13.1 i pokażemy, że takim samym wzorem wyraża sie, Vnk+1 . Istotnie, jeśli dana jest wariacja
k-wyrazowa a1 , a2 , . . . , ak , to można z niej utworzyć n−k wariacji
k +1-wyrazowych a1 , a2 , . . . , ak , ak+1 , wstawiaja,c za ak+1 każdy
z pozostaÃlych n − k elementów naszego n-elementowego zbioru.
Każda, wariacje, k + 1-wyrazowa, można w ten sposób otrzymać z wariacji k-wyrazowej. Zatem wariacji k + 1-wyrazowych jest
Vnk+1 = (n − k)Vnk = (n − k)
n!
n!
=
.
(n − k)!
(n − (k + 1))!
Na mocy indukcji matematycznej wzór 13.1 jest prawdziwy. ¤
ZaÃlóżmy teraz, że k = n i zajmijmy sie, liczba, permutacji zbioru A = {a1 , a2 , . . . , an } , czyli liczba, wzajemnie jednoznacznych n-elementowych cia,gów skończonych o wyrazach w A.
Jeżeli f jest permutacja, zbioru A, to określa ona pewne
ustawienie elementów tego zbioru. DokÃladnie, f (1) uważamy za
pierwszy element zbioru A, f (2) za drugi, f (3) za trzeci itd.
Na odwrót, jeżeli elementy zbioru A ustawimy w jakikolwiek
sposób, to otrzymamy permutacje, tego zbioru. Możemy bowiem
przyporza,dkować liczbie 1 pierwszy element w naszym ustawieniu,
119
Zbiory skończone
liczbie 2 – drugi itd. Na przykÃlad, jeśli A = {a, b, c} , to jego elementy możemy ustawić na sześć różnych sposobów:
abc, acb,
bac,
bca,
cab,
cba.
Pierwszemu ustawieniu odpowiada permutacja f1 określona
naste, puja,co:
f1 (1) = a,
f1 (2) = b, f1 (3) = c.
Czwartemu ustawieniu odpowiada natomiast funkcja f4 , która,
określamy w poniższy sposób:
f4 (1) = b,
f4 (2) = c, f4 (3) = a.
W naszych dalszych rozważaniach zakÃladamy już, że zbiór A
skÃlada sie, z liczb 1, 2, . . . , n.
13.6. Twierdzenie. Dla każdej liczby naturalnej n liczba permutacji zbioru n-elementowego wyraża sie, liczba, n! .
Dowód. Be, dziemy poste, pować zgodnie z zasada, indukcji matematycznej. Jeśli n = 1, to mamy dokÃladnie jedna, permutacje, zbioru
jednoelementowego {1} , czyli liczba permutacji tego zbioru jest
równa 1! . ZaÃlóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla zbioru
(n − 1)-elementowego, czyli że dla takiego zbioru mamy dokÃladnie
(n − 1)! permutacji. Rozważmy permutacje zbioru {1, 2, . . . , n} .
Jeżeli na pierwszym miejscu ustawimy 1, to dalsze liczby (jest ich
n−1 ) można zgodnie z zaÃlożeniem indukcyjnym ustawić na (n−1)!
sposobów. Podobnie, jeżeli na pierwszym miejscu postawimy 2,
to pozostaÃle liczby możemy ustawić także na (n − 1)! sposobów
i tak dalej. Mamy wie, c (n − 1)! permutacji, które rozpoczynaja,
sie, od pewnej, narzuconej z góry, liczby 1 ≤ k ≤ n. Ponieważ
każda permutacja zaczyna sie, od takiej liczby, wie, c istnieje dokÃladnie
n · (n − 1)! = n! permutacji zbioru n-elementowego. Na podstawie
ZIM twierdzenie jest prawdziwe. ¤
Zauważmy, że wartość Vnn jest równa liczbie permutacji zbioru
n-elementowego. Zatem twierdzenie 13.6 jest szczególnym przypadkiem twierdzenia 13.5.
120
Liczba suriekcji Snk zbioru k-elementowego o wartościach
w zbiorze n-elementowym nie ma wie, kszego znaczenia w kombinatoryce. Żeby jednak uzupeÃlnić nasza, dyskusje, , przytoczymy odpowiednie twierdzenie. Be, dzie to jednak możliwe dopiero po przestudiowaniu twierdzenia 13.7.
Kombinacje.
Każdy k-elementowy podzbiór n-elementowego zbioru nazywamy k-elementowa, kombinacja,. Zauważmy, że
nie musimy tu zakÃladać, iż k ≤ n, bo kiedy k > n, to mamy
0 kombinacji. Zdefiniujmy jeszcze symbol Newtona:
µ ¶
n!
n
.
=
(n − k)! k!
k
13.7. Twierdzenie. Liczba¡C¢nk k-elementowych kombinacji zbioru
n-elementowego jest równa nk , jeżeli k ≤ n oraz 0, jeśli k > n.
Dowód. Jeśli k > n, to, oczywiście, podzbiorów k-elementowych
zbioru n -elementowego nie ma, wie, c Cnk = 0.
ZaÃlóżmy teraz, że k ≤ n. Zauważmy, że k-wyrazowa kombinacja różni sie, od k-wyrazowej wariacji bez powtórzeń tylko kolejnościa, wyrazów. W kombinacji kolejność ta nie gra żadnej roli.
Odpowiednio ustawiaja,c elementy kombinacji, możemy otrzymać k!
różnych wariacji bez¡powtórzeń.
Zatem Vnk = Cnk k! . Stosuja,c 13.1,
¢
n
otrzymujemy Cnk = k . ¤
Stosuja,c powyższe twierdzenie, możemy Ãlatwo udowodnić wzór:
n µ ¶
X
n
= 2n .
(13.2)
k
k=0
¡ ¢
Istotnie, nk to liczba podzbiorów k-elementowych n-elementowego zbioru, a 2n to liczba wszystkich podzbiorów tego zbioru (wniosek 11.12). Oczywiście, dowolny podzbiór naszego zbioru ma k elementów, gdzie 0 ≤ k ≤ n. Sta,d 13.2.
Liczba suriekcji. Możemy teraz sformuÃlować i udowodnić
odpowiednie twierdzenie, mówia,ce o liczbie suriekcji. Przede wszystkim zauważmy, że wniosek 13.3 mówi, że Snk > 0 wtedy i tylko
wtedy, gdy k ≥ n.
Zbiory skończone
121
13.8. Twierdzenie. Liczba Snk wszystkich suriekcji ze zbioru kelementowego na zbiór n-elementowy jest równa 0, jeżeli k < n
oraz
µ
¶
n−1
X
n
k
j
n +
(−1)
(n − j)k ,
(13.3)
n
−
j
j=1
jeśli k ≥ n.
Dowód. Niech X be, dzie zbiorem k-elementowym, a Y – zbiorem
n-elementowym. Wyrażenie 13.3 otrzymujemy w naste, puja,cy sposób. Od liczby wszystkich funkcji z X do Y, czyli od nk odejmujemy najpierw funkcje, które odwzorowuja, X w podzbiory Y,
maja,ce n − 1 elementów. Jeśli Y1 jest takim podzbiorem,
¡ n ¢ to mamy
dokÃladnie (n − 1)k funkcji z X do Y1 . Mamy też n−1
podzbiorów Y, które maja, n − 1 elementów. Zatem dostajemy razem
µ
¶
n
(n − 1)k
n−1
(13.4)
funkcji, które odwzorowuja, X w pewien podzbiór Y, który ma co
najwyżej n − 1 elementów.
W liczbie 13.4 pewne funkcje sa, policzone kilka razy. Sa, to
funkcje, które odwzorowuja, X w przekroje zbiorów Y1 . Zatem
w naste, pnym kroku musimy od liczby 13.4 odja,ć liczbe, wszystkich funkcji, które odwzorowuja
, X w podzbiory (n−2)-elementowe
¡ n ¢
k
zbioru Y (jest ich n−2 (n−2) ), a otrzymana, różnice, odja,ć od nk .
Tym razem funkcje odwzorowuja,ce X w (n − 3)-elementowe
podzbiory zbioru
¡ n Y¢ nie sak, policzone, wie, c do otrzymanej liczby
musimy dodać n−3
(n − 3) . I tak dalej. Ostatecznie otrzymujemy
µ
¶
µ
¶
n
n
k
n −
(n − 1) +
(n − 2)k − · · ·
n−1
n−2
µ ¶
µ ¶
n−2 n
k
n−1 n
+ (−1)
2 + (−1)
1k ,
2
1
k
co jest równe 13.3. ¤
122
Permutacje i wariacje równoważne. ZaÃlóżmy, że zbiór A
skÃlada sie, z n elementów, które sa, podzielone na s grup i każda
z tych grup liczy ki elementów ( 1 ≤ i ≤ s ). Mamy wówczas
n = k1 + k2 + · · · + ks .
Nie wykluczamy tutaj przypadków, kiedy któraś z liczb ki jest
równa 0.
Dla przykÃladu, rozważmy zbiór K, skÃladaja,cy sie, z dziewie, ciu
kul (n = 9), z których 4 sa, czarne, 3 biaÃle oraz 2 zielone. Zatem
s = 3, k1 = 4, k2 = 3 i k3 = 2.
Dwie permutacje zbioru A nazywamy równoważnymi, jeżeli
różnia, sie, one jedynie rozmieszczeniem elementów należa,cych do tej
samej grupy. Kontynuuja,c nasz przykÃlad, oznaczmy kule czarne
przez c1 , c2 , c3 i c4 , kule biaÃle przez b1 , b2 i b3 , a kule zielone
przez z1 i z2 . Wówczas permutacje
k=
f1 (k) =
f2 (k) =
f3 (k) =
1
c1
c1
c4
2
b1
b1
b2
3
z2
z2
z1
4
c2
c3
c2
5
z1
z1
z2
6
b3
b2
b1
7
c4
c2
c1
8
c3
c4
c3
9
b2
b3
b3
sa, sobie równoważne, ale żadna z nich nie jest równoważna permutacji
k=
f4 (k) =
1
c1
2
b1
3
c2
4
b2
5
c3
6
b3
7
c4
8
z1
9
z2
13.9. Twierdzenie. Liczba nierównoważnych sobie permutacji
zbioru A wynosi
n!
.
k1 !k2 ! . . . ks !
Dowód. Z dowolnej permutacji zbioru A otrzymujemy k1 ! permutacji równoważnych, przestawiaja,c tylko elementy pierwszej grupy.
Jeśli teraz be, dziemy przestawiać elementy drugiej grupy, to be, dziemy to mogli zrobić na k2 ! sposobów. Zatem mamy k1 !k2 !
permutacji równoważnych powstaÃlych z przestawienia elementów
pierwszej i drugiej grupy. Kontunuuja,c rozumowanie, otrzymamy
z pewnej permutacji zbioru A dokÃladnie k1 !k2 ! . . . ks ! permutacji
Zbiory skończone
123
z nia, równoważnych. Jeżeli teraz oznaczymy przez p liczbe, wszystkich permutacji ze soba, nierównoważnych, to otrzymamy wzór
n! = pk1 !k2 ! . . . ks !,
z którego wynika natychmiast teza twierdzenia. ¤
Rozważmy teraz dowolny zbiór A o n elementach. Dwie wariacje k-wyrazowe z powtórzeniami zbioru A nazywamy równoważnymi, jeżeli różnia, sie, one tylko porza,dkiem wyrazów. Dla przykÃladu
rozważmy zbiór A = {a, b, c} oraz wariacje
aaabca, cabcab, bcaaaa, aabbcc.
Równoważne sa, pierwsza i trzecia oraz druga i czwarta wariacja.
Natomiast wariacje pierwsza i druga nie sa, równoważne.
¡
¢
13.10. Twierdzenie. Mamy dokÃladnie n+k−1
k-wyrazowych
k
wariacji nierównoważnych zbioru n-elemetowego.
Dowód. Możemy rozważyć wariacje zbioru A = {1, 2, . . . , n} .
Niech (a1 , a2 , . . . , ak ) be, dzie taka, wariacja,, że
a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ ak .
(13.5)
Zauważmy, że dowolna wariacja zbioru A jest równoważna
wariacji, która speÃlnia 13.5. Zatem wariacji nierównoważnych jest
dokÃladnie tyle, ile cia,gów k-wyrazowych speÃlniaja,cych 13.5. W celu
policzenia takich cia,gów utwórzmy cia,g (b1 , b2 , . . . , bk ), kÃlada,c
bi = ai + i − 1 dla 1 ≤ i ≤ k. Wówczas
b1 < b2 < · · · < bk
(13.6)
1 ≤ bi ≤ n + k − 1.
(13.7)
oraz
Tak wie, c liczba nierównoważnych wariacji zbioru A jest równa
liczbie wszystkich cia,gów k-wyrazowych speÃlniaja,cych 13.6 i 13.7.
A tych ostatnich jest dokÃladnie tyle, ile¡podzbiorów
k-elementowych
¢
n+k−1
zbioru o n + k − 1 elementach, czyli
¤
k.
124
P 13.1. Rozważmy zbiór Wnk wszystkich wariacji z powtórzeniami zbioru n-elementowego. Na zbiorze tym określamy naste, puja,ca, relacje, . Dwie wariacje sa, ze soba, w relacji, jeśli sa, równoważne.
Pokaż, że jest to relacja równoważności.
P 13.2. Iloma sposobami można usadowić n osób dookoÃla
okra,gÃlego stoÃlu? Dwa rozmieszczenia, w których każdy ma tych
samych sa,siadów uważamy za równoważne.
P 13.3. Ile jest permutacji liczb 1, 2, 3, . . . , n, w których
liczby 1 i 2 nie sa,siaduja, ze soba,?
P 13.4. Dziecko bawi sie, literami I, I, I, I, M, P, P, S, S, S, S. Ile
różnych sÃlów (z sensem lub bez) może ono uÃlożyć, jeśli za każdym
razem wykorzystuje wszystkie litery? Jakie jest prawdopodobieństwo, że uda sie, mu uÃlożyć wyraz MISSISSIPPI?
P 13.5. Ile jest liczb naturalnych mniejszych od miliona, które
maja, różne cyfry?
P 13.6. Ile jest możliwych ukÃladów oczek przy rzucie pie, cioma
kostkami?
P 13.7. Iloma sposobami można wybrać z talii 52 kart 13 kart
tak, aby byÃlo wśród nich dokÃladnie 5 pików?
P 13.8. Na ile sposobów można przy grze w pokera (talia 24
karty) uzyskać streight’a (pie, ć kart po kolei – kolor nieistotny)?
P 13.9. Na ile sposobów można przy grze w pokera (talia 24
karty) uzyskać color (pie, ć kart tego samego koloru)?
Z 13.1. Wypisz wszystkie suriekcje zbioru 3-elementowego na
zbiór 2-elementowy.
Z 13.2. Ile jest suriekcji ze zbioru 6-elementowego na zbiór 3elementowy?
Zbiory skończone
125
Z 13.3. Rozważmy zbiór Pn wszystkich permutacji zbioru n-elementowego, który jest podzielony na s grup i każda z tych
grup liczy ki elementów ( 1 ≤ i ≤ s ). Na zbiorze tym określamy
naste, puja,ca, relacje, . Dwie permutacje sa, ze soba, w relacji, jeśli sa,
równoważne. Pokaż, że jest to relacja równoważności.
Z 13.4. Niech X = {1,2,3,4} oraz Y = {a,b,c,d} .
(a) Znajdź liczbe, wszystkich funkcji z X do Y. Przedstaw
za pomoca, grafów wszystkie funkcje, które odwzorowuja,
1 na a, 2 na b i 3 na a.
(b) Znajdź liczbe, wszystkich funkcji z X na Y. Przedstaw
za pomoca, grafów wszystkie suriekcje, które odwzorowuja,
1 na a, 2 na b i 3 na a (lub pokaż, że takowych nie ma).
(c) Znajdź liczbe, wszystkich iniekcji z X do Y. Przedstaw
za pomoca, grafów wszystkie iniekcje, które odwzorowuja,
1 na a i 2 na b (lub pokaż, że takowych nie ma).
Z 13.5. Ile różnych liczb pie, ciocyfrowych można utworzyć z cyfr
0, 1, 2, 3, 4, 5?
Z 13.6. Ile różnych liczb pie, ciocyfrowych można utworzyć z cyfr
0, 1, 2, 3, 4, 5 tak, aby żadna cyfra sie, nie powtarzaÃla?
Z 13.7. Na ile sposobów można posadzić na pie, ciu krzesÃlach
trzy osoby?
Z 13.8. Ile różnych naszyjników można uÃlożyć z pie, ciu korali
czarnych i czterech biaÃlych?
Z 13.9. Ile można utworzyć chora,giewek trzykolorowych (na
wzór flagi niemieckiej), maja,c do dyspozycji sześć kolorów?
Z 13.10. Ile jest wszystkich (sensownych lub nie) sÃlów, które
maja, 6 liter z alfabetu polskiego?
Z 13.11. Po dziesie, ciu latach odbyÃl sie, zjazd absolwentów
pewnego rocznika. Wiadomo, że każdy z każdym sie, przywitaÃl,
a powitań byÃlo w sumie 105. Ilu byÃlo uczniów?
Z 13.12. Pewien student zwykÃl przychodzić codziennie do
baru, w którym każdego dnia wypijaÃl zestaw skÃladaja,cy sie, z trzech
różnych piw. Ponieważ byÃl on smakoszem piwa, liczyÃla sie, też dla
126
niego kolejność. DokÃladnie po 210 dniach, skończyÃly sie, możliwości
ukÃladania zestawów. Iloma gatunkami piwa dysponowaÃl bar?
Z 13.13. Ile (starych) tablic rejestracyjnych (typu SCH 8012)
można byÃlo utworzyć w województwie szczecińskim, jeśli każdy numer rejestracyjny mógÃl sie, zaczynać od litery S, naste, pnie mogÃly
być litery Z, C lub M, naste, pnie dowolna z dwudziestu czterech
liter, a na końcu 4 dowolne cyfry?
Z 13.14. Ile (nowych) tablic rejestracyjnych (typu ZS 58012)
przewidziano na miasto Szczecin? Liter ZS nie można zmieniać,
natomiast na pozostaÃlych miejscach może być zarówno litery (24
możliwości) jak i cyfry (10 możliwości).
Z 13.15. Ile wyrazów można utworzyć, korzystaja,c z alfabetu
Morse’a (dwa symbole – i · ), jeżeli wiadomo, że każdy wyraz musi
mieć co najmniej trzy litery i co najwyżej sześć liter.
Z 13.16. Na ile sposobów można rozmieścić 20 drobiazgów
w trzech szufladach tak, aby w pierwszej byÃlo ich 10, w drugiej 6
a w trzeciej 4?
14. Zbiory przeliczalne
Mówimy, że zbiory A oraz B sa, równoliczne (A ∼ B), jeśli
istnieje funkcja wzajemnie jednoznaczna z A na B. Zatem
na
A ∼ B ⇔ istnieje funkcja f : A −→
B.
1-1
Jeśli A jest zbiorem skończonym i ma n elementów, to
zbiór B jest równoliczny z A wtedy i tylko wtedy, gdy jest
on skończony i też ma n elementów. Jeżeli A jest zbiorem
nieskończonym, to okazuje sie, , że nie każdy zbiór nieskończony
jest równoliczny z A. Poje, cie równoliczność jest uogólnieniem
na dowolne zbiory poje, cia posiadania tej samej liczby elementów.
Rozważmy zbiór N liczb naturalnych oraz zbiór P liczb parzystych.
Funkcja f : N → P określona wzorem f (n) = 2n jest bijekcja,, wie, c
N ∼ P. Powyższy przykÃlad pokazuje, że zbiór nieskończony A może
być równoliczny swojemu podzbiorowi, który jest różny od A.
Zauważmy, że ponieważ funkcja IA jest bijekcja, ze zbioru A
na zbiór A, wie, c zbiory A oraz A sa, równoliczne, lub inaczej,
na
B, czyli zbiór A
A jest równoliczny zbiorowi A. Jeśli f : A −→
1-1
−1
jest równoliczny zbiorowi B, to funkcja f
jest bijekcja, z B na A.
na
Zatem zbiory B oraz A sa, równoliczne. ZaÃlóżmy, że f : A −→
B
1-1
na
−→
oraz g : B 1-1 C, czyli że A ∼ B i B ∼ C. Wówczas A ∼ C ,
ponieważ g ◦ f jest bijekcja, ze zbioru A na C.
Powyższe rozważania pozwalaja, uogólnić poje, cie liczba elementów na przypadek zbiorów nieskończonych, czyli dokonać klasyfikacji zbiorów za pomoca, poje, cia równoliczność. Każdemu zbiorowi
A przyporza,dkujemy pewna, ceche, , która, nazwiemy moca, i oznaczymy A (inne oznaczenia: |A|, #A ) w taki sposób, że dwóm
zbiorom A i B jest przyporza,dkowana ta sama moc, wtedy i tylko
wtedy, gdy zbiory A oraz B sa, równoliczne. Zatem
A = B ⇔ A ∼ B.
Na przykÃlad ∅ = 0, {1,2,3,7} = 4. Moc zbioru liczb naturalnych oznaczamy ℵ0 . W rozdziale tym zajmiemy sie, zbiorami, które
sa, równoliczne z podzbiorami N.
128
Zbiór nazywamy przeliczalnym, jeżeli jest on skończony lub
równoliczny ze zbiorem liczb naturalnych*.
Zbiory przeliczalne a cia,gi.
Poje, cie zbiór przeliczalny
jest ściśle zwia,zane z poje, ciem cia,g. Cia,giem nazywamy dowolna,
funkcje, określona, na zbiorze liczb naturalnych. Na przykÃlad, funkcja
a : N → R określona wzorem a(n) = n1 jest cia,giem liczb rzeczywistych, a funkcja B : N → 2R dana przez B(n) = (2n, 3n2 ) jest
cia,giem przedziaÃlów. Zwykle cia,gi oznaczamy (an ) zamiast a(n).
Cze, sto stosuje sie, oznaczenia (an )n∈N dla podkreślenia, że dziedzina,
jest zbiór liczb naturalnych. Bierze sie, to sta,d, że w zbiorze liczb naturalnych mamy ,,dobry porza,dek”, tj. nie mamy wa,tpliwości, która
liczba jest pierwsza, która druga itd. Porza,dek ten przenosi sie, na
wartości cia,gu, które nazywamy wyrazami. I tak, a1 jest pierwszym wyrazem cia,gu (an ), a2 drugim itd. Jeżeli istnieje funkcja
na
a : N −→ A, to mówimy, że elementy zbioru A można ustawić
w cia,g, czyli ,,uporza,dkować” lub ,,ustawić w kolejke, ”. Pokażemy,
że cia,gi sa, ściśle zwia,zane ze zbiorami przeliczalnymi.
14.1. Lemat. Niepusty zbiór A jest przeliczalny wtedy i tylko
wtedy, gdy jego elementy można ustawić w cia,g.
Dowód. ZaÃlóżmy najpierw, że zbiór A jest przeliczalny. Jeśli jest
on skończony, to mamy A = {a1 , a2 , . . . , ak } , gdzie k = A i definiujemy nasz cia,g naste, puja,co:
½
f (n) =
an , jeżeli n ≤ k,
ak , jeżeli n > k.
Jeżeli zbiór A jest nieskończony to, zgodnie z definicja,, musi on
być równoliczny ze zbiorem liczb naturalnych, czyli istnieje funkcja
na
A, która jest szukanym cia,giem.
f : N −→
1-1
ZaÃlóżmy teraz, że elementy zbioru A można ustawić w cia,g.
Ponownie rozważymy dwa przypadki. Jeśli zbiór A jest skończony,
* Powyższa definicja podana za [10] jest wygodniejsza dla naszych rozważań niż
oryginalna definicja G. Cantora, który definiuje zbiór przeliczalny jako równoliczny
ze zbiorem liczb naturalnych. Zbiór skończony lub przeliczalny jest określany jako co
najwyżej przeliczalny.
Zbiory przeliczalne
129
to, zgodnie z definicja,, jest przeliczalny. W przeciwnym razie, cia,g
(an ), w który można ustawić wszystkie elementy A, musi mieć
nieskończenie wiele różnych wyrazów. Zdefiniujemy funkcje, f naste, puja,co:
f (1) = a1 ,
f (2) = ak2 , gdzie k2 jest najmniejsza, liczba, naturalna, taka,,
że a1 6= ak2 ,
f (3) = ak3 , gdzie k3 > k2 jest najmniejsza, liczba, naturalna,
taka,, że a1 6= ak3 6= ak2
i tak dalej. Za każdym razem za f (n) wybieramy kolejny ,,wolny”
wyraz cia,gu (an ), który jest różny od już wzie, tych elementów. Tak
zdefiniowana funkcja jest różnowartościowa i ,,na”. Zatem zbiór A
jest równoliczny zbiorowi liczb naturalnych. ¤
Powyższy lemat ma istotne znaczenie w procesie badania
zbiorów przeliczalnych. Wykorzystamy go w dowodach naste, pnych
twierdzeń.
14.2. Twierdzenie. Podzbiór zbioru przeliczalnego jest zbiorem
przeliczalnym.
Dowód. Zauważmy, że twierdzenie jest trywialne, jeśli A = ∅.
Niech wie, c A be, dzie niepustym zbiorem przeliczalnym i B ⊂ A.
Z poprzedniego twierdzenia wiemy, że elementy zbioru A można
ustawić w cia,g. Przy okazji ustawiamy też w cia,g elementy zbioru B, a dokÃladnie, jeśli (an ) jest cia,giem wszystkich elementów
zbioru A, to definiujemy cia,g (bn ) naste, puja,co:
b1 = ak1 , gdzie k1 jest najmniejsza, liczba, naturalna,, dla której
ak1 ∈ B,
b2 = ak2 , gdzie k2 jest najmniejsza, liczba, naturalna, wie, ksza,
od k1 , dla której ak2 ∈ B,
b3 = ak3 , gdzie k3 jest najmniejsza, liczba, naturalna, wie, ksza,
od k2 , dla której ak3 ∈ B
i tak dalej. PowstaÃly cia,g (bn ) jest cia,giem wszystkich elementów
zbioru B. ¤
14.3. Twierdzenie. Suma dwóch zbiorów przeliczalnych jest zbiorem przeliczalnym.
130
Dowód. Przypuśćmy, że zbiory A oraz B sa, niepustymi zbiorami
przeliczalnymi. Zatem elementy obu tych zbiorów można ustawić
w cia,gi nieskończone (an ) i (bn ). Wówczas cia,g
(a1 , b1 , a2 , b2 , a3 , b3 , . . .)
jest cia,giem wszystkich elementów zbioru A ∪ B. ¤
14.4. Twierdzenie. Produkt kartezjański dwóch zbiorów przeliczalnych jest zbiorem przeliczalnym.
Dowód. ZaÃlóżmy, że zbiory A oraz B sa, niepustymi zbiorami
przeliczalnymi. Zatem elementy obu tych zbiorów można ustawić
w cia,gi nieskończone (an ) i (bn ). Tak wie, c zbiór A×B skÃlada sie, ze
wszystkich par postaci (ak ,bl ). Wszystkie te pary możemy ustawić
w cia,g
((a1 ,b1 ), (a1 ,b2 ), (a2 ,b1 ), (a3 ,b1 ), (a2 ,b2 ), (a1 ,b3 ), . . .) ,
który można przedstawić za pomoca, (nieskończonej) tablicy, w której zapisane sa, pary (ak ,bl ) elementów zbioru A × B, a strzaÃlki
oznaczaja, sposób ustawiania tego zbioru w cia,g.
(a1 ,b1 ) −→ (a1 ,b2 )
.
%
(a2 ,b1 )
(a2 ,b2 )
↓
%
.
(a3 ,b1 )
(a3 ,b2 )
.
%
...
...
(a1 ,b3 ) −→
.
(a2 ,b3 )
%
(a3 ,b3 )
.
...
...
...
(14.1)
...
... ¤
Technike, powyższego dowodu można wykorzystać do wykazania przeliczalności zbioru liczb wymiernych dodatnich Q+ . DokÃladnie, każda, liczbe, pq ze zbioru Q+ utożsamiamy z para, (p, q)
i ustawiamy jak w 14.1, tj. w pierwszym wierszu ustawiamy wszystkie uÃlamki o mianowniku 1 w porza,dku maleja,cym. W drugim
wierszu ustawiamy w porza,dku maleja,cym wszystkie uÃlamki o mianowniku 2 itd. Oto pierwsze wyrazy otrzymanego cia,gu:
Zbiory przeliczalne
131
1 1 2 3 2 1 1 2 3 4 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6
, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ...
1 2 1 1 2 3 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1
PrzykÃlady zbiorów przeliczalnych. Jak już zapewne
zauważyliśmy, zbiór liczb naturalnych oraz dowolny nieskończony
podzbiór N jest zbiorem mocy ℵ0 . Funkcja f dziaÃlaja,ca ze zbioru
liczb naturalnych do zbioru liczb caÃlkowitych ujemnych określona
wzorem f (n) = −n jest wzajemnie jednoznaczna, wie, c także zbiór
liczb caÃlkowitych ujemnych jest przeliczalny. Suma dwóch zbiorów
przeliczalnych jest zbiorem przeliczalnym, wie, c zbiór Z \ {0} jest
przeliczalny. Sta,d już Ãlatwo wynika, że Z = ℵ0 .
Dalej, jak wiemy zbiór liczb wymiernych dodatnich Q+ jest
przeliczalny, wie, c i zbiór liczb wymiernych ujemnych Q− jest przeliczalny. Równoliczność ustala funkcja f : q 7→ −q. Zatem zbiór
liczb wymiernych Q jest przeliczalny.
P 14.1. Rozważmy zbiór D odcinków na prostej, taki że każde
dwa różne odcinki należa,ce do D sa, rozÃla,czne. Pokaż, że D jest
przeliczalny.
P 14.2. Pokaż, że dwa dowolne przedziaÃly otwarte sa, równej
mocy.
P 14.3. Pokaż, że zbiór wszystkich wspóÃlśrodkowych okre, gów
o promieniu naturalnym umieszczonych na pÃlaszczyźnie jest przeliczalny.
P 14.4. Pokaż, że zbiór Q2 , czyli zbiór wszystkich punktów
o wspóÃlrze, dnych wymiernych na pÃlaszczyźnie jest przeliczalny.
P 14.5. Pokaż, że zbiór wszystkich okre, gów na pÃlaszczyźnie
o środkach w punktach o wspóÃlrze, dnych wymiernych oraz promieniach wymiernych jest przeliczalny.
Z 14.1. Stosuja,c technike, dowodu twierdzenia 14.4, pokaż, że
zbiór Q− wszystkich liczb wymiernych ujemnych jest przeliczalny,
a naste, pnie ustaw w cia,g wszystkie liczby wymierne.
132
Z 14.2. Udowodnij, że naste, puja,ce zbiory sa, równoliczne oraz
znajdź ich moc.
©√ ª
{−1,5} ;
2,0 ,
(a)
©
ª
(b) {x ∈ N : x ≤ 7} ,
x ∈ N : 1 < x2 < 64 ,
©
ª
(c) x ∈ R : x2 + 2x + 1 = 0 ,
{0} ,
(d) N,
N \ {1,3,5} .
Z 14.3. Udowodnij, że zbiór A jest przeliczalny i wyznacz jego
moc.
(a) A = {x ∈ N : 10|x} ,
n
o
W
(b) B = x ∈ N : y∈R x = sin y ,
n
o
W
(c) C = x ∈ N : y∈R x = ln y ,
n
o
W
(d) D = x ∈ N : y∈R x = tgy .
Z 14.4. Rozważmy zbiór R2 wszystkich punktów pÃlaszczyzny
oraz pewien jego podzbiór A. P (x0 ,y0 ) nazywamy punktem izolowanym zbioru A, jeśli istnieje koÃlo K o środku w punkcie P
oraz promieniu ε, takie że K ∩ A = {P } . Udowodnij, że zbiór Ai
wszystkich punktów izolowanych zbioru A jest przeliczalny.
Z 14.5. Przypuśćmy, że każdy wÃlaściwy (czyli różny od caÃlego
zbioru) podzbiór A jest przeliczalny. Czy zbiór A jest przeliczalny?
Uzasadnij odpowiedź.
Z 14.6. Pokaż, że zbiór wszystkich liczb rzeczywistych o skończonym rozwinie, ciu dziesie, tnym jest przeliczalny.
Z 14.7. Pokaż, że zbiór wszystkich liczb rzeczywistych o rozwinie, ciu dziesie, tnym okresowym jest przeliczalny.
15. Zbiory nieprzeliczalne
Fakt, że tak ,,duży” zbiór, jak Q ma moc ℵ0 jest dość zaskakuja,cy i zmusza do zapytania, czy istnieja, zbiory, które nie sa,
przeliczalne. Odpowiedź na to pytanie jest twierdza,ca, a zbiór, który
nie jest przeliczalny, nazywamy nieprzeliczalnym.
Rozważmy na przykÃlad zbiór 2N wszystkich podzbiorów zbioru
liczb naturalnych. Gdyby zbiór ten byÃl przeliczalny, istniaÃlaby
na
funkcja f : N −→
2N . Zatem wartości funkcji f byÃlyby podzbio1-1
rami N (dla dowolnego n ∈ N mamy f (n) ⊂ N ). Rozważmy zbiór
A = {n ∈ N : n ∈
/ f (n)} .
Ponieważ zbiór A jest podzbiorem zbioru liczb naturalnych, a funkcja f jest suriekcja,, wie, c istnieje taka liczba naturalna m, że
f (m) = A. Gdyby liczba m byÃla elementem zbioru A, to oznaczaÃloby to, że m ∈
/ f (m), czyli m ∈
/ A. Zatem musi zachodzić
m∈
/ A. Wynika sta,d, że liczba m nie jest elementem zbioru f (m),
wie, c m ∈
/ f (m), a to oznacza, że m ∈ A. Otrzymujemy wie, c
sprzeczność w obu możliwych przypadkach. Zatem funkcja f nie
może być suriekcja,, a zbiór 2N nie może być przeliczalny. Podamy
poniżej kilka przykÃladów zbiorów nieprzeliczalnych oraz zbiorów
równolicznych 2N . Pokażemy też, że zbiór liczb rzeczywistych jest
nieprzeliczalny.
Cia,gi zero-jedynkowe. Na pocza,tek rozważymy zbiór wszystkich cia,gów, których wyrazami sa, zera i jedynki. Pokażemy, że
takich cia,gów jest nieprzeliczalnie wiele. Aby tego dokonać zaÃlóżmy,
że nie jest to prawda, czyli że wszystkie takie cia,gi można ustawić
w cia,g. Wypiszmy ten cia,g cia,gów.
(a11 ,
(a21 ,
(a31 ,
(a41 ,
(. . . ,
a12 ,
a22 ,
a32 ,
a42 ,
...,
a13 ,
a23 ,
a33 ,
a43 ,
...,
a14 ,
a24 ,
a34 ,
a44 ,
...,
. . .)
. . .)
. . .)
. . .)
. . .)
(15.1)
Dla każdego i oraz j mamy aij ∈ {0,1} . Wybierzemy teraz cia,g
o wyrazach ze zbioru {0,1} , którego nie ma na powyższej liście
134
i w ten sposób uzyskamy sprzeczność, ponieważ lista (15.1) miaÃla
zawierać wszystkie cia,gi. Zatem wybierzmy taki cia,g:
(1 − a11 , 1 − a22 , 1 − a33 , 1 − a44 , . . .)
(15.2)
Cia,g (15.2) jest inny niż każdy z cia,gów z listy (15.1). Jest tak
dlatego, że na k-tym miejscu ma on 0, jeśli akk = 1, lub też 1, jeśli
akk = 0. Zatem różni sie, on od k-tego cia,gu z listy przynajmniej
tym jednym k-tym wyrazem.
Zaprezentowana powyżej metoda dowodzenia nazywa sie, metoda, przeka,tniowa,.
Oznaczmy opisany zbiór cia,gów zero-jedynkowych przez C01 .
Pokażemy, że jest on równoliczny z 2N . Funkcje, f : C01 → 2N
zdefiniujemy naste, puja,co: dla dowolnego cia,gu zero-jedynkowego
(an ) przyporza,dkujemy zbiór A = {n ∈ N : an = 1} . Udowodnimy,
że f jest bijekcja,. Aby wykazać suriektywność funkcji f, weźmy dowolny podzbiór A ⊂ N. Zdefinujmy teraz cia,g (an ), kÃlada
¡ ,c ¢an = 1,
jeśli n ∈ A, oraz an = 0, jeżeli n ∈
/ A. Wówczas f (an ) = A.
Zatem f jest suriekcja,. Dla dowodu różnowartościowości
naszej
¡
¢
funkcji
zaÃ
l
óżmy,
że
cia
gi
(a
),
(b
)
sa
różne,
f
(a
)
=
A
oraz
n
n
n
,
,
¡
¢
f (bn ) = B . Istnieje wie, c taka liczba naturalna k, że ak 6= bk .
Przypuśćmy, że ak = 0. Zatem bk = 1, czyli k ∈ B, ale k ∈
/ A.
Sta,d A 6= B. Jeśli zaÃlożymy, że ak = 1, to be, dzie to oznaczać, że
k ∈ A, ale k ∈
/ B, wie, c i w tym przypadku A 6= B. Zatem f jest
też iniekcja,. Ostatecznie, C01 = 2N .
Nieprzeliczalność odcinka oraz prostej. Pokażemy tutaj, że dowolny przedziaÃl jest nieprzeliczalny oraz że zbiory liczb
rzeczywistych oraz niewymiernych sa, nieprzeliczalne.
15.1. Twierdzenie. Zbiór [0,1] jest nieprzeliczalny.
Dowód. ZaÃlóżmy, nie wprost, że [0, 1] jest przeliczalny, czyli że istnieje cia,g (cn ), który zawiera wszystkie elementy przedziaÃlu £[0, 1].
¤
Dzielimy
przedziaÃl na trzy równe cze, ści, otrzymuja,c 0, 31 ,
£ 1 2 ¤ £ nasz
¤
2
3 , 3 i 3 , 1 . Z tych trzech przedziaÃlów wybieramy ten, w którym
nie ma c1 i oznaczamy go [a1 , b1 ]. Teraz przedziaÃl [a1 , b1 ] dzielimy
na trzy równe odcinki i spośród nich wybieramy ten, w którym nie
ma c2 . PrzedziaÃl ten oznaczamy [a2 , b2 ]. Poste, pujemy tak dalej,
Zbiory nieprzeliczalne
135
wybieraja,c w rezultacie cia,g rosna,cy (an ) oraz maleja,cy (bn ), które
dodatkowo maja, te, wÃlasność, że cn ∈
/ [an , bn ].
Zatem cia,gi (an ) i (bn ) sa, monotoniczne i ograniczone. Oznacza to, że oba sa, zbieżne. Co wie, cej, granica a cia,gu (an ) jest
mniejsza od dowolnego elementu cia,gu (bn ) oraz b = lim bn jest
wie, ksza lub równa a. Istnieje wie, c przynajmniej jedna liczba c,
taka że a ≤ c ≤ b, czyli
^
an ≤ c ≤ bn .
(15.3)
n∈N
Z drugiej strony, liczba c jest elementem przedziaÃlu [0,1], wie, c
musi być też elementem cia,gu (cn ), powiedzmy c = cN dla pewnego
N ∈ N. Ale wówczas c ∈
/ [aN ,bN ], co przeczy (15.3). ¤
Powyższe twierdzenie zostaÃlo po raz pierwszy sformuÃlowane
i udowodnione przez G. Cantora. Jego oryginalny dowód opieraÃl
sie, na fakcie, że każdej liczbie r z przedziaÃlu [0,1] można przyporza,dkować cia,g zero-jedynkowy, mianowicie rozwinie, cie r w systemie pozycyjnym przy podstawie 2*. Przyporza,dkowanie, o którym
mowa ma jednak pewna, wade, : każdemu uÃlamkowi o mianowniku 2k ,
gdzie k ∈ N, odpowiadaja, dwa rozwinie, cia, np.
1
= 0,100000 . . . = 0,011111 . . .
2
Rozumowanie podobne do powyższego (ale bez wspomnianej wady)
przedstawimy w naste, pnym podrozdziale.
Zauważmy teraz, że przedziaÃl otwarty (0,1) jest nieprzeliczalny, ponieważ gdyby byÃlo inaczej, to przeliczalny byÃlby i [0,1] =
(0,1) ∪ {0,1} , co nie jest prawda,. W podobny sposób zauważamy,
że przedziaÃly (0,1] oraz [0,1) sa, nieprzeliczalne.
15.2. Twierdzenie. Nadzbiór zbioru nieprzeliczalnego jest nieprzeliczalny.
Dowód. ZaÃlóżmy, że A ⊂ B i zbiór A jest nieprzeliczalny. Gdyby
zbiór B byÃl przeliczalny, to takowy byÃlby każdy jego podzbiór,
a wie, c i A, ale tak nie jest. ¤
* Systemy pozycyjne zostaÃly opisane w pozycji [12] zamieszczonej literatury.
136
Z powyższych twierdzeń wynika, że R jest zbiorem nieprzeliczalnym. Ponieważ R = Q ∪ IQ, wie, c zbiór liczb niewymiernych też
jest nieprzeliczalny.
Zbiór Cantora – ,,maÃly” zbiór nieprzeliczalny. Jak
zauważyliśmy w poprzednim rozdziale, zbiory przeliczalne moga, być
bardzo duże, jak na przykÃlad zbiór liczb wymiernych. Pokażemy
teraz coś przeciwnego, a mianowicie, że zbiory nieprzeliczalne moga,
być bardzo maÃle. Skonstruujemy zbiór nazwany w pocza,tkach XX
wieku zbiorem Cantora i pokażemy, że jest on nieprzeliczalny.
Niech A1¡ = [0,
¢ 1]. Z A1 wyrzucamy cze, ść środkowa,, czyli
1 2
odcinek I1 = 3 , 3 . Oznaczmy A2 = A1 \I1 . Zbiór A2 skÃlada sie,
z dwóch odcinków. Z każdego z nich wyrzucamy środkowe cze, ści
o dÃlugości 91 i otrzymujemy w ten sposób zbiór A3 .
µµ
A3 = A2 \
1 2
,
9 9
¶
µ
∪
7 8
,
9 9
¶¶
.
Kontynuujemy ten proces, za każdym razem otrzymuja,c sume, odcinków, z których wyrzucamy środkowe cze, ści. Zbiór Cantora K
jest cze, ścia, wspólna, wszystkich otrzymanych zbiorów, tj.
K=
∞
\
An .
n=1
Żeby pokazać, że zbiór K jest nieprzeliczalny, skonstruujemy wzajemnie jednoznaczne odwzorowanie z K na zbiór wszystkich cia,gów zero-jedynkowych. W celu przyporza,dkowania elementowi x ∈ K pewnego cia,gu zero-jedynkowego, ,,przejdziemy”
przez wszystkie zbiory An . I tak, jeśli x ∈ A1 znajduje sie,
po lewej stronie wyrzuconego odcinka, to pierwszym wyrazem
przyporza,dkowanego mu cia,gu be, dzie 1, jeżeli po prawej – 0. Podobnie w A2 : jeżeli x znajdzie sie, po lewej stronie wyrzuconego odcinka, drugim wyrazem cia,gu be, dzie 1. W przeciwnym wypadku
be, dzie to 0. I tak dalej. Zauważmy, że jeżeli x, y ∈ K oraz x 6= y,
to w pewnym momencie x i y znajda, sie, po przeciwnych stronach
wyrzuconego odcinka i w rezultacie zostana, im przyporza,dkowane
inne cia,gi. Zatem odwzorowanie jest różnowartościowe. Jest też ono
Zbiory nieprzeliczalne
137
suriekcja,, ponieważ każdemu cia,gowi zero-jedynkowemu odpowiada
pewna nieskończona Ãlamana, która ,,trafia” w pewien element
zbioru K. Zatem zbiór ten jest nieprzeliczalny.
Zbiory mocy continuum. Moc ℵ0 , która sie, pojawiÃla
w rozdziale 14, nazwiemy liczba, pozaskończona,. Druga, liczba, pozaskończona,, która, poznamy jest c. Zdefiniujemy ja, jako moc zbioru
liczb rzeczywistych i nazwiemy continuum. Tak wie, c R = c.
Funkcja arctg odwzorowuje wzajemnie
zbiór liczb
¡ π jednoznacznie
¢
π
rzeczywistych na przedziaÃl otwarty − 2 , 2 , wie, c
³ π π´
− ,
= c.
2 2
¡
¢
x − ¡π2 + a¢ odFunkcja liniowa f określona wzorem f (x) = a−b
π
wzorowuje wzajemnie jednoznacznie przedziaÃl otwarty − π2 , π2 na
przedziaÃl otwarty (a,b). Zatem każde dwa przedziaÃly sa, równoliczne
oraz (a,b) = c.
Po rozwia,zaniu zadania P15.1 Czytelnik przekona sie, , że istnieje bijekcja z odcinka otwartego na domknie, ty. Zatem odcinek
domknie, ty ma moc c. Można pokazać, że zbiór wszystkich cia,gów
zero-jedynkowych, a wie, c także zbiór Cantora oraz zbiór wszystkich
podzbiorów N, maja, moc continuum.
Można pokazać, że także zbiór liczb niewymiernych ma moc
continuum. Rodzi sie, zatem pytanie, czy istnieje podzbiór X zbioru R, który ma moc różna, od ℵ0 i od c. Pytanie o istnienie takiego
zbioru nie jest Ãlatwe i szukanie odpowiedzi na nie doprowadziÃlo do
sformuÃlowania naste, puja,cej hipotezy.
15.3. Hipoteza continuum. Nie istnieje taki zbiór X, który ma
moc różna, od ℵ0 i od c, a jednocześnie jest równoliczny pewnemu
podzbiorowi zbioru liczb rzeczywistych.
Jak sie, okazaÃlo w roku 1963*, powyższa hipoteza nie może być
twierdzeniem teorii mnogości. Może ona być natomiast doÃla,czona
jako dodatkowy aksjomat.
* P.J. Cohen: The independence of the continuum hypothesis. Proceedings of
the National Academy of Sciences of the USA, 50 (1963), s. 1143–1148.
138
P 15.1. Skonstruuj funkcje, wzajemnie jednoznaczna, z przedziaÃlu otwartego na otwarto-domknie, ty oraz z przedziaÃlu otwartego na
domknie, ty.
P 15.2. Pokaż, że okra,g bez jednego punktu ma te, sama, moc
co R, stosuja,c konstrukcje, geometryczna,.
P 15.3. Pokaż, że zbiór wszystkich liczb niewymiernych z przedziaÃlu (0,1) jest równoliczny ze zbiorem wszystkich cia,gów 0–1.
Z 15.1. Dla dowolnego zbioru A pokaż, że zbiór 2A ma wie, ksza, moc niż A, tzn. pokaż, że nie istnieje funkcja wzajemnie jednoznaczna z A na 2A .
Z 15.2. Udowodnij, że naste, puja,ce zbiory sa, równoliczne:
(a) R,
R+ ,
©
ª
(b) {x ∈ R : x ≤ 7} ,
x ∈ R : 1 < x2 < 70 ,
©
ª
(c) x ∈ R : x2 + 2x + 1 > 0 ,
R,
(d) R,
R \ {1,3,5} .
Z 15.3. Udowodnij, że podany zbiór jest nieprzeliczalny:
n
o
(a) A = (x,y) :∈ R2 : x = y1 ,
©
ª
(b) B = (x,y) ∈ R2 : x = sin y ,
©
ª
(c) C = (x,y) ∈ R2 : y = ln |x| ,
©
ª
(d) D = (x,y) ∈ R2 : x2 = y 2 .
Z 15.4. ZaÃlóżmy, że zbiór A jest zawarty w pewnym zbiorze B
oraz że każdy wÃlaściwy (tj. różny od A ) nadzbiór A zawarty w B
jest nieprzeliczalny. Czy zbiór A jest nieprzeliczalny? Odpowiedź
uzasadnij.
Z 15.5. Pokaż, że zbiór wszystkich liczb rzeczywistych, które
maja, rozwinie, cie dziesie, tne, skÃladaja,ce sie, tylko z zer i jedynek, jest
nieprzeliczalny.
Z 15.6. Pokaż, że zbiór wszystkich liczb rzeczywistych, które
maja, rozwinie, cie dziesie, tne, skÃladaja,ce sie, tylko z cyfr różnych od 7,
jest nieprzeliczalny.
16. Zbiory cze, ściowo uporza,dkowane
Teoria mocy zajmuje sie, porównywaniem zbiorów ze wzgle, du
na pewna, ceche, . Teoria zbiorów uporza,dkowanych wchodzi w strukture, samego zbioru. Określa ona mianowicie miejsce danego elementu. A to określenie jest niezwykle pożyteczne. Na przykÃlad, Ãlatwo jest badać wÃlasności liczb, kiedy możemy je porównywać, czyli
mamy wprowadzony pewien porza,dek. Nie wszystkie zbiory moga,
być tak ,,dobrze” uporza,dkowane jak zbiór liczb naturalnych. Zawsze jednak można wprowadzić tak zwany porza,dek cze, ściowy. Nie
be, dziemy sie, tu jednak zajmować zastosowaniem porza,dków, lecz
samym ich definiowaniem i przykÃladami. Zaczniemy od definicji.
Jeśli pewna relacja jest zwrotna, przechodnia i antysymetryczna,
to nazywamy ja, relacja, porza,dkuja,ca,, a zbiór w którym jest ona
określona – zbiorem cze, ściowo uporza,dkowanym.
Zwykle pewne idee powstaja, poprzez uogólnienie dobrze znanych poje, ć dotycza,cych liczb rzeczywistych. Tak też jest z relacja,
porza,dkuja,ca, – ponieważ relacja ≤ jest zwrotna, przechodnia
i antysymetryczna, wie, c znak ≤ stosuje sie, do oznaczenia relacji
porza,dkuja,cej na dowolnym zbiorze, chyba że przypadek jest na tyle
istotny, że wprowadzono inne oznaczenie.
PrzykÃlady. Podamy teraz kilka przykÃladów najcze, ściej stosowanych relacji porza,dkuja,cych.
16.1. PrzykÃlad. Najprostszym sposobem wprowadzenia relacji porza,dkuja,cej na zbiorze skończonym jest utworzenie grafu (plansza 4).
Dla dowolnych punktów x, y mamy x ≤ y, jeśli x = y lub
punkt x znajduje sie, poniżej punktu y oraz istnieje linia o pocza,tku w punkcie x i końcu w punkcie y, której krawe, dzie ,,ida,” w
góre, strony. ZrozumiaÃle jest, że przy konstruowaniu takiego grafu
nie be, dziemy rysować poziomych krawe, dzi. Na przykÃlad b ≤ a,
d ≤ c, ale a nie jest w relacji z e . Natomiast n nie jest w relacji
z żadnym różnym od n elementem.
Dla każdego zbioru skończonego można narysować podobny
graf. Zauważmy, że powyżej zdefiniowana relacja jest faktycznie
relacja, porza,dkuja,ca,.
140
Plansza 4.
Zbiory cze,ściowo uporza,dkowane
141
16.2. PrzykÃlad. Niech S be, dzie pewnym zbiorem. Relacja ⊂ jest
relacja, porza,dkuja,ca, na zbiorze 2S .
16.3. PrzykÃlad. Na zbiorze liczb naturalnych, oprócz ,,naturalnej”
relacji ≤, można wprowadzić inna, relacje, porza,dkuja,ca,, która, oznaczamy | . m | n, jeśli m jest dzielnikiem n . Zauważmy, że
jest to relacja zwrotna n | n ; przechodnia, gdyż jeśli m | n oraz
n | k, to musza, istnieć takie liczby naturalne a oraz b, że ma = n
i nb = k . Zatem (ma)b = m(ab) = k, czyli m | k . Jest to też
relacja antysymetryczna, bo jeśli m | n i n | m, to istnieja, liczby
naturalne a oraz b takie, że ma = n i nb = m, wie, c m(ab) = m,
czyli ab = 1, wie, c a = b = 1 i m = n .
16.4. PrzykÃlad. Nie możemy tutaj pomina,ć dobrze znanej relacji mniejszości ≤, która określa cze, ściowy porza,dek na dowolnym
podzbiorze R . Z pomoca, tej relacji można zdefiniować relacje,
porza,dkuja
V ,ca, na zbiorze funkcji z X do R . Mianowicie, f ≤ g,
Zauważmy, że także ≥ jest relacja,
jeżeli
x∈X f (x) ≤ g(x) .
porza,dkuja,ca,. Określa ona tak zwany porza,dek odwrotny i można
ja, określić na każdym zbiorze, w którym zdefiniowana jest relacja ≤ .
DokÃladnie, a ≥ b ⇔ b ≤ a .
Pewne szczególne elementy. Z relacja, mniejszości w zbiorze liczb rzeczywistych wia,że sie, poje, cia kres górny i dolny, a także
element najmniejszy i najwie, kszy. Uogólnimy tutaj te poje, cia.
Niech dany be, dzie zbiór X z relacja, porza
V ,dkuja,ca, ≤ . Element
x ∈ X nazywamy maksymalnym, jeśli y∈X (x ≤ y ⇒ x = y).
W przedziale (1,4] elementem maksymalnym jest 4. W zbiorze
2{a,b,c} z relacja, porza,dkuja,ca, ⊂ elementem maksymalnym jest
{a,b,c} . W zbiorze na planszy 4 sa, aż cztery elementy maksymalne:
a, e, k oraz n, zatem element maksymalny nie musi być określony
jednoznacznie. Zauważmy też, że element maksymalny wcale nie
musi istnieć. Na przykÃlad w przedziale [1,4) nie ma elementu
maksymalnego. Podobnie w zbiorze N z relacja, porza,dkuja,ca,
zarówno ≤, jak i z relacja, | nie ma elementu maksymalnego.
Z powyższa, definicja, elementu maksymalnego wia,że sie, definicja elementu minimalnego.
Mianowicie, element x nazywamy
V
minimalnym, jeżeli y∈X (y ≤ x ⇒ x = y). Elementem minimalnym w zbiorze 2{a,b,c} z relacja, porza,dkuja,ca, ⊂ jest ∅ . Czytelnik
142
bez trudu znajdzie elementy minimalne (jeśli takowe istnieja,) dla
zbiorów cze, ściowo uporza,dkowanych, które pojawiÃly sie, powyżej.
Poje, ć element minimalny i maksymalny nie należy mylić z poje, ciami element najwie, kszy i najmniejszy, które zdefiniujemy poniżej. W dalszym cia,gu zakÃladamy, że X jest zbiorem cze, ściowo
uporza,dkowanym z relacja, porza
V ,dkuja,ca, ≤ . Element x ∈ X nazywamy najwie, kszym, jeżeli Vy∈X y ≤ x. Element x ∈ X nazywamy najmniejszym, jeżeli y∈X x ≤ y. Zauważmy, że każdy element najwie, kszy jest jednocześnie elementem maksymalnym oraz
każdy element najmniejszy jest jednocześnie elementem minimalnym. Wynika sta,d, że jeśli elementu maksymalnego nie ma, to nie
ma też elementu najwie, kszego i, podobnie, jeżeli nie ma elementu
minimalnego, to nie ma też elementu najmniejszego.
16.5. Twierdzenie. Niech X be, dzie zbiorem cze, ściowo uporza,dkowanym z relacja, porza,dkuja,ca, ≤ . Jeśli w X istnieje element
najwie, kszy (najmniejszy), to jest on dokÃladnie jeden.
Dowód. ZaÃlóżmy, że w zbiorze X mamy dwa elementy najwie, ksze
x1 oraz x2 . Wówczas, zgodnie z definicja,, mamy x1 ≤ x2 , bo
element x2 jest najwie, kszy i x2 ≤ x1 , bo x1 też jest najwie, kszy.
Jednakże relacja porza,dkuja,ca jest antysymetryczna, wie, c x1 = x2 .
Aby udowodnić jednoznaczność elementu najmniejszego poste, pujemy analogicznie. ¤
Relacja porza,dkuja,ca ma tak zwana, wÃlasność dziedziczenia,
tzn. jeżeli na X określimy relacje, ≤X oraz A ⊂ X, to relacje,
porza,dkuja,ca, ≤A na zbiorze A określamy wykorzystuja,c fakt,
że elementy zbioru A sa, też elementami zbioru X, a dokÃladnie
a ≤A b ⇔ a ≤X b . Zatem każdy podzbiór zbioru cze, ściowo
uporza,dkowanego jest także zbiorem cze, ściowo uporza,dkowanym.
,,Odziedziczona,” relacje, porza,dkuja,ca, w A be, dziemy oznaczać tak
samo, jak relacje, w jego nadzbiorze X . Aby utrwalić wprowadzone
poje, cia, rozważmy naste, puja,ce relacje porza,dkuja,ce w C :
x1 + iy1 ≤1 x2 + iy2
⇔
x1 ≤ x2 ∧ y1 ≤ y2
x1 + iy1 ≤2 x2 + iy2
⇔
x1 = x2 ∧ y1 ≤ y2
Zbiory cze,ściowo uporza,dkowane
143
oraz podzbiory
A = {−3 + 4i,−2 − i,−4 − 2i,−2 − 4i,3 + 5i,5 + 4i,2 + 2i}
i B = A \ {−3 + 4i,−4 − 2i} .
Relacje porza,dkuja,ce w zbiorach A i B sa, ,,dziedziczone” ze
zbioru C . W zbiorze A z relacja, porza,dkuja,ca, ≤1 istnieja, elementy maksymalne 3 + 5i i 5 + 4i oraz elementy minimalne
−2 − 4i, −4 − 2i i −3 + 4i . W zwia,zku z tym nie ma elementu
najwie, kszego ani najmniejszego. W zbiorze B z relacja, ≤1 mamy
takie same elementy maksymalne, ale element minimalny jest tylko
jeden: ( −2 − 4i ) i dlatego jest on też elementem najmniejszym.
Jeżeli rozważymy teraz zbiory A i B z relacja, porza,dkuja,ca, ≤2 , to
mamy do czynienia z paradoksalna, sytuacja,, w której każdy element
zbioru B jest elementem maksymalnym i minimalnym. Natomiast
w zbiorze A tylko element −2 − 4i nie jest maksymalny i tylko
element −2 − i nie jest minimalny. Dlatego w obu zbiorach nie ma
elementu najwie, kszego ani najmniejszego.
Do zbiorów A oraz B wrócimy zaraz w kontekście naste, pnej
definicji. Jeżeli X jest zbiorem cze, ściowo uporza,dkowanym przez
relacje, ≤ oraz Y ⊂ X, toVelement x ∈ X nazywamy ograniczeniem
Element z ∈ X nazywamy
górnym zbioru Y jeśli y∈Y y ≤ x . V
ograniczeniem dolnym zbioru Y jeśli y∈Y x ≤ y . Jeśli w zbiorze
ograniczeń górnych zbioru Y istnieje element najmniejszy, to nazywamy go kresem górnym zbioru Y i oznaczamy sup Y . Podobnie, jeśli w zbiorze ograniczeń dolnych zbioru Y istnieje element
najwie, kszy, to nazywamy go kresem dolnym zbioru Y i oznaczamy
inf Y .
Jeżeli rozważymy zbiory A i B z relacja, ≤1 , to przykÃladami
ograniczeń górnych dla obu zbiorów sa, 5 + 5i, 12 + 5i oraz
74 + 54i, natomiast przykÃladami ograniczeń dolnych (również dla
obu zbiorów) sa, −4 − 4i oraz −17 − 67i . Liczba −4 − 2i jest
ograniczeniem dolnym zbioru B, ale nie jest ograniczeniem dolnym
zbioru A . Podobnie jest z liczba, −4 − 3i . Jeżeli chodzi o kresy,
to sup A = sup B = 5 + 5i, inf A = −4 − 4i oraz inf B = −2 − 4i .
Zbiory A i B z relacja, porza,dkuja,ca, ≤2 nie maja, ograniczeń dolnych ani górnych, zatem nie można dla nich określić kresów.
144
P 16.1. Narysuj graf relacji ⊂ w zbiorze 2{a,b,c} .
P 16.2. Narysuj graf relacji ≤ określonej w {1,2,3,4,5,6} wzorem x ≤ y ⇔ x|y .
P 16.3. Narysuj graf relacji ≤ określonej w {1,2,3,4,5,6} wzorem x ≤ y ⇔ y|x .
P 16.4. Czy relacja < (zwykÃla relacja mniejszości dla liczb),
określona na zbiorze liczb rzeczywistych, jest relacja, porza,dkuja,ca,?
Odpowiedź uzasadnij.
P 16.5. Rozważmy relacje, porza,dkuja,ca, określona, na zbiorze
funkcji z R do R (przykÃlad 16.4). Które z poniższych funkcji sa, ze
soba, w relacji, a które sa, nieporównywalne?
f (x) = 2x + 3,
g(x) = x − 1,
h(x) = x2 ,
2
2
k(x) = x + 2x + 3, p(x) = −3 − x ,
t(x) = 2x − 1 .
P 16.6. W zbiorach z zadań P16.1–P16.3 wskaż elementy najmniejsze, najwie, ksze, minimalne oraz maksymalne.
Z 16.1. Rozważmy naste, puja,ce podzbiory R z dziedziczona,
relacja, ≤ .
[1,3],
(−2,4],
(−1,3),
[1,3] ∪ {5} ,
(−2,4] ∪ {−5} ,
(−1,3) ∪ {−5,5} ,
[2,3),
[2,3) ∪ {−5,0,5} .
Dla tych zbiorów wskaż elementy minimalne, maksymalne, najmniejsze, najwie, ksze oraz infima i suprema.
Z 16.2. Podaj przykÃlad zbioru, który ma dokÃladnie jeden element
(a) maksymalny, ale nie ma elementu najwie, kszego,
(b) maksymalny, ale nie ma elementu najmniejszego,
(c) minimalny, ale nie ma elementu najwie, kszego,
(d) minimalny, ale nie ma elementu najmniejszego.
17. Zbiory uporza,dkowane liniowo
W dalszym cia,gu rozważamy zbiór X oraz relacje, porza,dkuja,ca, ≤ . Jeżeli jest ona spójna, to nazywamy ja, relacja, porza,dkuja,ca,
liniowo, a zbiór X nazywamy uporza,dkowanym liniowo lub Ãlańcuchem. Zastanówmy sie, , jakie konsekwencje ida, za tym, że relacja ≤
ma dodatkowa, wÃlasność. Jeżeli mamy dwa elementy a oraz b zbioru X, to możemy zawsze określić czy a ≤ b, czy b ≤ a, jako że spójność powoduje, iż elementy te sa, ze soba, w relacji. W zwia,zku z tym
nie moga, istnieć dwa elementy maksymalne (ponieważ jeden z nich
musiaÃlby być mniejszy od drugiego, wie, c nie mógÃlby być maksymalny), ani wie, cej niż jeden element minimalny. Co za tym idzie,
element maksymalny, jeśli istnieje, jest też najwie, kszy, a element
minimalny jest najmniejszy. Dla Ãlańcuchów element najmniejszy
nazywamy pierwszym, a najwie, kszy, ostatnim.
Podstawowe wÃlasności Ãlańcuchów.
Dowolny podzbiór
zbioru liczb rzeczywistych jest Ãlańcuchem. Zatem nie każdy Ãlańcuch
ma element pierwszy lub ostatni. Zbiór liczb naturalnych ma te,
szczególna, wÃlasność, że każdy jego niepusty podzbiór ma element
pierwszy. Tego rodzaju zbiór nazywamy zbiorem dobrze uporza,dkowanym. Zauważmy, że także zbiór
¾
½
1
1 − : n ∈ N ∪ {1}
n
z relacja, ≤ jest zbiorem dobrze uporza,dkowanym. Natomiast
zbiór liczb caÃlkowitych Z nie jest zbiorem dobrze uporza,dkowanym.
Zbiory dobrze uporza,dkowane stanowia, podstawe, tzw. arytmetyki
Peano, która jest zawarta w każdej teorii matematycznej. W latach trzydziestych XX wieku K. Goedel udowodniÃl, że aksjomatyka
każdej teorii (niekoniecznie matematycznej) zawieraja,cej aksjomatyke, Peano jest otwarta. Oznacza to, że do dowolnego ukÃladu aksjomatów zawsze można doÃlożyć nowy aksjomat, który jest niezależny
od pozostaÃlych i niesprzeczny z nimi.
Jeśli Ãlańcuch jest skończony, to ma on element pierwszy i ostatni. Mówi o tym naste, puja,ce twierdzenie.
146
17.1. Twierdzenie. Jeżeli zbiór X jest Ãlańcuchem skończonym, to
w X istnieje element pierwszy i ostatni.
Dowód (przez indukcje, ). Pokażemy, że twierdzenie jest prawdziwe
dla Ãlańcucha jednoelementowego. Istotnie, jeżeli X = {a} , to dla
dowolnego x ∈ X mamy a ≤ x oraz x ≤ a, wie, c a jest elementem
pierwszym i ostatnim.
ZaÃlóżmy teraz, że twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego
Ãlańcucha n − 1-elementowego i pokażemy, że jest też prawdziwe dla
Ãlańcucha n-elementowego. Niech X = {a1 , a2 , . . . an } . Oznaczmy
X1 = X \ {a1 } . Ponieważ X1 ma n − 1 elementów, wie, c z uwagi
na zaÃlożenie indukcyjne, istnieje w nim element pierwszy x oraz
ostatni y . Jeżeli a1 ≤ x, to a1 jest mniejszy od dowolnego elementu zbioru X, czyli wówczas jest on elementem pierwszym w X .
W przeciwnym wypadku, to x jest elementem pierwszym w X .
Podobnie, jeżeli y ≤ a1 , to a1 jest elementem ostatnim w X, a jeśli
a1 ≤ y, to elementem ostatnim jest y . W każdym przypadku w X
istnieje element pierwszy i ostatni.
Na podstawie indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego Ãlańcucha skończonego. ¤
Jak już zauważyliśmy, powyższe twierdzenie nie jest prawdziwe
dla dowolnego Ãlańcucha. Przypadek przedziaÃlu otwartego (1,4) pokazuje, że nawet jeżeli Ãlańcuch jest ograniczony, to nie musi mieć ani
elementu pierwszego, ani ostatniego. PrzykÃlad zbioru
½
¾
(−1)k+1
k
X = (−1) +
:k∈N
k
pokazuje, że Ãlańcuch może być ograniczony i przeliczalny, a i tak nie
musi mieć elementu pierwszego ani ostatniego.
ZaÃlóżmy teraz, że zbiór X jest zbiorem cze, ściowo uporza,dkowanym. Wówczas dowolny jego podzbiór też jest zbiorem cze, ściowo
uporza,dkowanym. Może sie, zdarzyć, że pewien podzbiór be, dzie
Ãlańcuchem. Jeśli każdy podzbiór zbioru X, be, da,cy Ãlańcuchem, ma
element ostatni, to wynika z tego nadzwyczaj ważny fakt, który ma
zastosowanie w wielu dziaÃlach matematyki. Mówi o tym poniższy
lemat.
17.2. Lemat (Kuratowskiego-Zorna). Przypuśćmy, że zbiór X
jest cze, ściowo uporza,dkowany. Jeśli dowolny Ãlańcuch w X ma
ograniczenie górne, to w X istnieje element maksymalny.
Zbiory uporza,dkowane liniowo
147
Maja,c dany dowolny zbiór X , spytajmy, czy można na nim
zdefiniować relacje, cze, ściowego porza,dku. Odpowiedź jest natychmiastowa: tak, ponieważ = jest relacja, porza,dkuja,ca,. Spytajmy sie,
wie, c, czy możemy na X zdefiniować relacje, liniowego porza,dku. Na
to jest już trudniej odpowiedzieć, ale okazuje sie, , że można zrobić
nawet wie, cej.
17.3. Lemat (Zermelo). Na każdym zbiorze można wprowadzić
dobry porza,dek.
Powyższe twierdzenia nazywamy lematami, ponieważ najcze, ściej wykorzystuje sie, je w dowodach innych twierdzeń, np. twierdzenia o istnieniu bazy w przestrzeni wektorowej. Trudne dowody
lematów Kuratowskiego-Zorna oraz Zermelo pomijamy. Wspomnimy jedynie, że obydwa dowody wykorzystuja, pewnik wyboru.
Podobieństwo Ãlańcuchów. Przyjmijmy, że zbiory X i Y
sa, lÃańcuchami z relacjami liniowo porza,dkuja,cymi ≤X oraz ≤Y .
L
Ã ańcuchy X i Y nazywamy podobnymi lub izomorficznymi (co
zapisujemy X ' Y ), jeżeli istnieje funkcja wzajemnie jednoznaczna
(nazywana też izomorfizmem Ãlańcuchów) f : X → Y, speÃlniaja,ca
warunek
^
x ≤X y ⇔ f (x) ≤Y f (y).
(17.1)
x,y∈X
Powyższe oznaczenia zachowamy do końca tego rozdziaÃlu i wykorzystamy już w naste, puja,cym twierdzeniu.
17.4. Twierdzenie. Relacja ' określona na dowolnym zbiorze
Ãlacuchów jest relacja, równoważności.
Dowód. Ponieważ IX jest izomorfizmem Ãlańcuchów X i X, wie, c
na
Y jest izomorfizmem, to
' jest zwrotna. Jeśli X ' Y i f : X −→
1-1
funkcja f −1 jest wzajemnie jednoznaczna. Co wie, cej, jeśli x ≤Y y,
to istnieja, x1 oraz y1 takie, że x = f (x1 ) oraz y = f (y1 ) . Na podstawie (17.4) stwierdzamy, że x1 ≤X y1 , czyli f −1 (x) ≤X f −1 (y) .
Zatem relacja podobieństwa Ãla,ńcuchów jest symetryczna. Niech
teraz Z be, dzie Ãlańcuchem, a ≤Z relacja, porza,dkuja,ca, liniowo.
na
na
ZaÃlóżmy, że X ' Y i Y ' Z oraz, że f : X −→
Y i g : Y −→
Z
1-1
1-1
sa, izomorfizmami. Rozważmy g ◦ f . Funkcja ta odwzorowuje wzajemnie jednoznacznie zbiór X na Z oraz mamy:
148
x ≤X y ⇔ f (x) ≤Y f (y) ⇔ g(f (x)) ≤Z g(f (y)),
zatem g ◦f jest izomorfizmem Ãlańcuchów X i Z . Zatem relacja '
jest przechodnia. ¤
Na zakończenie podamy i udowodnimy jeszcze jedno twierdzenie.
17.5. Twierdzenie. Jeśli X oraz Y sa, zbiorami skończonymi,
przy czym X = Y , to X ' Y .
Dowód (przez indukcje, ). ZaÃlóżmy, że X = {a} . Zatem zbiór Y jest
zbiorem jednoelementowym. Przyjmijmy Y = {b} . Funkcje, wzajemnie jednoznaczna, f : X → Y określimy naste, puja,co: f (a) = b .
Ponieważ zawsze prawdziwe sa, zdanie a ≤X a oraz b ≤Y b, wie, c
funkcja f jest szukanym izomorfizmem.
ZaÃlóżmy teraz, że twierdzenie jest prawdziwe dla zbioru X,
który ma n − 1 elementów. Niech X = {a1 , a2 , . . . , an } i niech
Y = {b1 , b2 , . . . , bn } . ZaÃlóżmy przy tym, że a1 jest alementem
pierwszym w X, a b1 jest elementem pierwszym w Y . Oznaczmy
przez X1 zbiór X \ {a1 } i niech Y1 = Y \ {b1 } . Ponieważ X1 ma
n−1 elementów i Y1 jest równoliczny z X1 , wie, c istnieje izomorfizm
f : X1 → Y1 speÃlniaja,cy warunek 17.1. Zdefiniujmy g : X → Y
wzorem
½
f (x), jeżeli x ∈ X1
g(x) =
b1 ,
jeżeli x = a1 .
Wówczas g jest bijekcja, oraz speÃlnia warunek 17.1.
Zatem na mocy ZIM, twierdzenie jest prawdziwe. ¤
P 17.1. Zdefiniuj relacje, porza,dkuja,ca, liniowo zbiór wszystkich
dzielników naturalnych liczby 32 .
P 17.2. Zdefiniuj relacje, porza,dkuja,ca, liniowo zbiór wszystkich
dzielników caÃlkowitych liczby 32 .
P 17.3. Podaj przykÃlad takiego zbioru nieskończonego, w którym relacja podzielności | jest relacja, porza,dkuja,ca, liniowo.
Zbiory uporza,dkowane liniowo
149
P 17.4. Zdefiniuj relacje, , która dobrze porza,dkuje zbiór liczb
caÃlkowitych ujemnych.
P 17.5. Zdefiniuj relacje, , która dobrze porza,dkuje zbiór liczb
caÃlkowitych.
P 17.6. Zdefiniuj relacje, , która porza,dkuje liniowo zbiór R2
wszystkich punktów na pÃlaszczyźnie.
18. Rozwia,zania
1. Elementy teorii matematycznych
P 1.1.
(a) RównolegÃlobok jest przede wszystkim czworoka,tem. Również sześcioka,t foremny ma przeciwlegÃle boki parami równolegÃle, lecz nie jest on równolegÃlobokiem.
(b) Czworoka,t, którego wszystkie boki sa, równe, tj. maja,
taka, sama, dÃlugość, jest kwadratem lub rombem, czyli
szczególnym równolegÃlobokiem. Wa,tpliwości budzi tu też
końcówka ,,i równolegÃle”. Nie ma takiego czworoka,ta,
w którym wszystkie (wszystkie cztery) boki sa, do siebie
równolegÃle.
(c) Definicja jest zdecydowanie niepoprawna, jeśli rozważamy
proste w przestrzeni. Każda z tych prostych może być
na innej pÃlaszczyźnie. Jeśli jednak ograniczymy sie, do
pÃlaszczyzny, to i tak podana definicja pomija istotny
szczegóÃl, gdzie każda prosta jest równolegÃla do siebie.
(d) Także trapez równoramienny ma równe przeka,tne.
(e) Definicja ta pomija fakt, iż ostrosÃlup foremny musi być
prosty, tj. jego ściany musza, tworzyć z podstawa, równe
ka,ty.
P 1.2. Ponieważ wszystkich punktów jest 3, a każde dwa różne
stanowia, krawe, dź, wie, c wszystkich krawe, dzi jest dokÃladnie
¡punkty
¢
3
2 = 3.
P 1.3. Podobnie jak w ¡poprzednim
rozwia,zaniu wnioskujemy,
¢
n
że wszystkich krawe, dzi jest 2 , gdzie n jest zadeklarowana, liczba,
punktów. Rozważmy teraz definicje, linii (przykÃlad 1.4). Z definicji
tej wynika, że linia musi mieć pocza,tek oraz koniec. Nie wiemy
jednak, czy ów pocza,tek jest innym punktem niż koniec. Musimy
zatem rozważyć dwie sytuacje:
(a) pocza,tek oraz koniec linii to sa, dwa różne punkty,
(b) pocza,tek linii jest też jej końcem.
Rozwia,zania
151
Niech L be, dzie nasza, linia,. Zaczniemy od sytuacji (a). Niech
a be, dzie pocza,tkiem linii, a b be, dzie jej końcem. Ponieważ linia
ma dokÃladnie trzy punkty, wie, c musi do niej należeć jeszcze jeden
punkt, powiedzmy c . Jeżeli punkt c należy do L , to aksjomat A2
mówi, że mamy przynajmniej dwie krawe, dzie k1 i k2 , do których
należy punkt c . Ale do każdej z tych krawe, dzi należy punkt inny
niż c . Może tym punktem być tylko a lub b . Zatem punkt c
należy do dokÃladnie dwóch krawe, dzi. Definicja linii nie wyklucza
zawierania przez L krawe, dzi zÃlożonej z punktów a oraz b . Zatem możemy utworzyć dokÃladnie dwie linie o pocza,tku a , końcu
b i zawieraja,ce punkt c . Jeśli wszystkich punktów jest n , to
mamy n − 2 możliwości wyboru punktu c , a wie, c wszystkich linii
o pocza,tku w punkcie a oraz końcu w b jest 2(n − 2) . Ile mamy
możliwości wyboru pocza,tku¡ i ¢końca? Tutaj musimy wybrać, po
pierwsze, dwa różne punkty ( n2 możliwości) oraz, po drugie, zdecydować, który z wybranych punktów
¡n¢ jest pocza,tkiem (końcem be, dzie
wówczas¡ten
pozostaÃ
l
y).
Sta
d
2
,
2 możliwości. Ostatecznie, mamy
¢
n
4(n − 2) 2 linii, które zawieraja, dokÃladnie trzy punkty i których
pocza,tki sa, różne od końców.
Rozważymy teraz sytuacje, (b). Wówczas L ma pocza,tek
w punkcie a , który to punkt jest też końcem L . Zatem nasza
linia zawiera jeszcze dwa punkty, powiedzmy c oraz d , z których
każdy należy do przynajmniej dwóch krawe, dzi (na podstawie aksjomatu A2). Zauważmy, że można tu powiedzieć wie, cej, a mianowicie,
że każdy z punktów c , d należy do dokÃladnie dwóch krawe, dzi.
Sta,d wynika, że linia L zawiera dokÃladnie trzy krawe, dzie:
¡n−1¢ac , ad
oraz cd . Tak wie, c wszystkich rozważanych linii jest n 2
(najpierw wybieramy punkt a ¡– mamy
n
możliwości,
a
naste
pnie
dwa
,
¢
n−1
pozostaÃle punkty – mamy
możliwości.
2
¡ ¢
¡
¢
Ostatecznie otrzymujemy liczbe, 4(n − 2) n2 + n n−1
linii
2
zawieraja,cych dokÃladnie trzy punkty.
P 1.4. Zbiór A jest zbiorem liczb naturalnych. Zauważmy, że
naste, pnikiem liczby n należa,cej do zbioru A jest liczba n + 2 .
Jedynka, jest tu liczba 2, czyli N1 jest speÃlniony. Ponieważ nie ma
w A takiej liczby x , że x + 2 = 2 , wie, c 2 nie jest naste, pnikiem
żadnej liczby i N2 jest speÃlniony. Wynik dodawania n + 2 jest
określony jednoznacznie, wie, c N3 jest speÃlniony. Przypuśćmy, że m
jest naste, pnikiem liczby n oraz liczby k . Zatem m = n+2 = k+2 .
152
Sta,d n = k i N4 jest speÃlniony. Przypuśćmy teraz, że X jest podzbiorem zbioru A speÃlniaja,cym warunki 10 oraz 20 z aksjomatu N5. Wiadomo z 10 , że do X należy liczba 2. Z 20 wynika,
że także naste, pnik 2, czyli 4 należy do X . Stosuja,c ponownie 20 ,
wnioskujemy, że 6 należy do X i tak dalej. Zauważmy, że każda
liczba oprócz 2 jest naste, pnikiem, wie, c zbiory X oraz A pokrywaja,
sie, i N5 jest speÃlniony.
Podobnie sprawdzamy, że B oraz C sa, zbiorami liczb naturalnych. Jedynkami sa, tu, odpowiednio, 1 oraz −1 .
Rozważaja,c zbiór D, zauważmy, że 1 nie jest naste, pnikiem
żadnej liczby. W rezultacie, zbiór D speÃlnia aksjomaty N1–N4, ale
nie speÃlnia aksjomatu N5. Istotnie, podzbiór zbioru D, skÃladaja,cy
sie, ze wszystkich jego elementów z wyja,tkiem 1, speÃlnia aksjomaty
N1–N4 oraz punkty 10 i 20 , ale nie jest on równy zbiorowi D .
Zatem D nie jest zbiorem liczb naturalnych.
2. Zasada indukcji matematycznej
P 2.1. Jeśli 7 jest ostatnia, cyfra, liczby a , to a−7 = 10s , gdzie
s jest pewna, liczba, naturalna,. W dowodzie be, dziemy poste, pować
2
zgodnie z ZIM. Jeżeli n = 2 , to 22 + 1 = 17 i 7 jest ostatnia, cyfra,
k
liczby 17. ZaÃlóżmy teraz, że 7 jest ostatnia, cyfra, liczby 22 + 1 dla
dowolnego 2 ≤ k ≤ m , czyli istnieje w szczególności takie s ∈ N ,
m
m+1
że 22 − 6 = 10s . Rozważmy teraz 22
− 6 . Mamy
2m+1
2
−6=2
2m ·2
³ m ´2
− 6 = 22
−6
= (10s + 6)2 − 6 = 10 · 10s2 + 10 · 12s + 36 − 6
= 10(10s2 + 12s + 3).
Otrzymaliśmy liczbe, postaci 10s0 , gdzie s0 = 10s2 + 12s + 3
k
jest liczba, naturalna,, czyli 7 jest też ostatnia, cyfra, liczby 22 + 1 .
n
Na podstawie ZIM, siedem jest ostatnia, cyfra, liczby 22 + 1 (przy
czym n ≥ 2 ).
Rozwia,zania
153
P 2.2. Ponownie skorzystamy z zasady indukcji matematycznej. Zauważmy na pocza,tek, że jeśli n = 1 , to wszystkie trzy
1
sumy maja, po jednym elemencie i sa, równe, odpowiednio, 12 , 30
oraz 1 . Prawe strony naszych równości sa, wie, c dla n = 1 równe
lewym stronom. PozostaÃlo sprawdzić drugi warunek ZIM.
(a) ZaÃlóżmy, że równość jest prawdziwa dla wszystkich liczb k
mniejszych lub równych pewnemu m . Wówczas
m+1
X
i=1
1
m
1
=
+
i(i + 1)
m + 1 (m + 1)(m + 2)
=
(m + 1)2
m+1
=
.
(m + 1)(m + 2)
m+2
Zatem na podstawie ZIM równość jest prawdziwa.
(b) Pokazujemy podobnie jak (a).
(c) ZaÃlóżmy, że równość jest prawdziwa dla 1 ≤ l ≤ m (zauważmy, że nie możemy tutaj użyć litery k , ponieważ jest
ona już użyta do sumowania). Wówczas
m+1
X
(2k − 1) = m2 + 2(m + 1) − 1 = (m + 1)2 .
k=1
Zatem na podstawie ZIM i ta równość jest prawdziwa.
P 2.3. Poste, puja,c zgodnie z ZIM, zauważmy, że dla n = 4
mamy 24 = 4! > 42 = 16 . ZaÃlóżmy, że dla wszystkich liczb naturalnych 4 ≤ k ≤ m mamy k! > k 2 . Wówczas (m + 1)! = m! · (m + 1) .
Korzystaja,c z zaÃlożenia indukcyjnego, mamy
(m + 1)! > m(m + 1) > m2 .
Zatem na podstawie ZIM nierówność jest prawdziwa.
P 2.4. Aby rozwia,zać to zadanie, podstawiamy najpierw za n
kilka pierwszych liczb naturalnych. Naste, pnie, jeżeli przypuszczamy,
że nierówność jest prawdziwa dla wszystkich n wie, kszych od pewnego ustalonego n0 , używamy indukcji matematycznej do sprawdzenia
tego przypuszczenia.
154
(a) Nierówność jest prawdziwa dla n = 3 i wydaje sie, być
prawdziwa dla dowolnego n > 2 . Ponieważ przypadek
n = 3 jest już sprawdzony, zakÃladamy, że nierówność
zachodzi dla wszystkich 2 < k ≤ m i rozważamy
2(m + 1) + 1 . Mamy z zaÃlożenia indukcyjnego
2(m + 1) + 1 = 2m + 1 + 2 < 2m + 2.
Ponieważ dla m > 2 jest 2 < 2m , wie, c 2(m + 1) + 1 <
2m + 2m = 2m+1 . Zatem, na podstawie ZIM, nierówność
jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych n ≥ 3 .
(b) Nierówność jest prawdziwa dla n = 1 , ale nie jest
prawdziwa dla n równego 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ani 9.
Naste, pnie jest ona prawdziwa dla n = 10 i wydaje sie, ,
że jest prawdziwa dla wie, kszych n . ZaÃlóżmy wie, c, że dla
wszystkich 10 ≤ k ≤ m mamy k 3 < 2k . Dostajemy
(m + 1)3 = m3 + 3m2 + 3m + 1
< m3 + 3(m2 + m2 + m2 )
< m3 + 9m2 < 2m3 < 2 · 2m = 2m+1 .
Na podstawie ZIM oraz bezpośredniego sprawdzenia, nierówność jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych
n ≥ 10 oraz dla n = 1 .
(c) Wydaje sie, , że nierówność ta nie jest speÃlniona dla
żadnego n , czyli że dla każdej liczby naturalnej n zachodzi nierówność n2 + 2n − 4 ≤ 3n . Istotnie, nierówność
jest prawdziwa dla n = 1 . Jeśli natomiast k 2 +2k−4 ≤ 3k
dla 1 ≤ k ≤ m , to
(m + 1)2 + 2(m + 1) − 4 = m2 + 2m − 4 + 2m + 3
≤ 3m + 2m + 3
≤ 3m + 3m + 3m
= 3m+1 .
Zatem na podstawie ZIM, dla dowolnej liczby naturalnej prawdziwa jest nierówność odwrotna, wie, c nierówność
n2 + 2n − 4 < 3n nie zachodzi dla żadnej liczby naturalnej n .
Rozwia,zania
155
P 2.5. Be, dziemy poste, pować zgodnie z ZIM. Jeżeli n = 1 , to
nasza nierówność przyjmuje postać 1 + x ≥ 1 + x . ZaÃlóżmy, że
dla wszystkich 1 ≤ k ≤ m mamy (1 + x)k ≥ 1 + kx i rozważmy
(1 + x)m+1 . Mamy
(1+x)m+1 = (1+x)m (1+x) ≥ (1+mx)(1+x) = 1+(m+1)x+mx2 .
Ponieważ mx2 jest liczba, dodatnia,, wie, c otrzymujemy nierówność dla m + 1 . Zatem na mocy ZIM nasza nierówność jest
prawdziwa dla dowolnego n ∈ N . W którym miejscu wykorzystaliśmy zaÃlożenie x > −1 ?
P 2.6. Trzeba pokazać,
że an+1 >
√
√an , gdzie an jest określone
wedÃlugpreguÃl a1 = 2 oraz an+1 = 2 + an . Ponieważ zachodzi
√
√
2 < 2 + 2 , wie, c nasza nierówność jest prawdziwa dla n = 1 .
ZaÃlóżmy,
k+1 dla wszystkich 1 ≤ k ≤ m . Wówczas mamy
√ że ak < a√
także 2 + am < 2 + am+1 , czyli am+1 < am+2 , wie, c na mocy
ZIM cia,g jest rosna,cy.
3. Rachunek zdań
P 3.1. Zademonstrujemy dwie metody sprawdzania tautologii:
,,przez tabelke, ” i ,,nie wprost”.
Metoda ,,przez tabelke, ” polega na sprawdzeniu, czy dane zdanie jest prawdziwe dla wszystkich możliwych wartości zdań skÃladowych. Stosuja,c te, metode, , zwykle rysujemy tabelke, , a w niej umieszczamy wartości logiczne zdań skÃladowych. Dla przykÃladu udowodnimy tautologie, T9. Rysujemy tabelke, , której kolumny oznaczamy
kolejnymi zdaniami skÃladowymi, przy czym ostatnia kolumna jest
oznaczona caÃlym zdaniem. W wierszach pierwszych dwóch kolumn wpisujemy wszystkie możliwe ukÃlady wartości logicznych zdań
p oraz q , a w wierszach pozostaÃlych kolumn umieszczamy wartości
logiczne zdań, którymi oznaczone sa, dane kolumny. Wartości te
wpisujemy kolumnami, korzystaja,c z kolumn już wypeÃlnionych.
Jeżeli zdanie jest tautologia,, w ostatniej kolumnie powinny sie, pojawić same jedynki.
156
p
1
1
0
0
q ∼ p p ⇒ q ∼ p ∨ q (p ⇒ q) ⇔ (∼ p ∨ q)
1 0
1
1
1
0 0
0
0
1
1 1
1
1
1
0 1
1
1
1
Powyższa tabelka pokazuje, że zdanie T9 jest tautologia,.
Metode, ,,nie wprost” pokażemy na przykÃladzie zdania T27.
Polega ona na zaÃlożeniu, że zdanie nie jest tautologia,. Jeśli dochodzimy do sprzeczności (tj. jeżeli sie, okaże, że pewne zdanie ma dwie
różne wartości logiczne), to oznacza to, iż zaÃlożenie byÃlo zÃle, czyli
że nasze zdanie jest tautologia,.
ZaÃlóżmy zatem, że zdanie T27 nie jest tautologia,, czyli
w((p ⇒ q) ⇒ ((p ∨ q) ⇔ q)) = 0.
Oznacza to, że w(p ⇒ q) = 1 oraz w(p∨q) ⇔ q) = 0 , ponieważ jest
to jedyny przypadek, kiedy implikacja jest faÃlszywa. Rozważymy
teraz dwie sytuacje, w których zdanie (p ∨ q) ⇔ q jest faÃlszywe.
Jedna z nich to w(p∨q) = 1 oraz w(q) = 0 a druga, to w(p∨q) = 0
oraz w(q) = 1 . W pierwszym przypadku, alternatywa p ∨ q jest
prawdziwa tylko wtedy, gdy w(p) = 1 . Ale wówczas implikacja
p ⇒ q jest faÃlszywa, co daje sprzeczność. W drugim przypadku,
alternatywa p ∨ q jest prawdziwa, co także daje sprzeczność. Zatem
zdanie T27 jest tautologia,.
P 3.2.
(a) Skoro p tworzy faÃlszywa, koniunkcje, z dowolnym innym
zdaniem (oboje, tnie, czy prawdziwym, czy faÃlszywym), to
p musi być zdaniem faÃlszywym.
(b) Skoro p tworzy prawdziwa, koniunkcje, z pewnym zdaniem,
to zdanie to musi być prawdziwe oraz p musi być prawdziwe.
(c) W tym wypadku nie możemy jednoznacznie określić wartości logicznej zdania p , ponieważ nie znamy wartości logicznej drugiego zdania.
(d) Ten przypadek w ogóle nie może sie, zdarzyć, ponieważ
niezależnie od wartości logicznej zdania p alternatywa,
której skÃladnik jest zdaniem prawdziwym, jest prawdziwa.
Rozwia,zania
157
(e) Także i ten przypadek nie może sie, zdarzyć.
(f) W tym wypadku nie możemy jednoznacznie stwierdzić,
czy p jest zdaniem prawdziwym, czy faÃlszywym, ponieważ, jeśli w(q) = 1 , to w(p) może przyjmować dwie
wartości.
(g) Także i w tym przypadku nie możemy nic powiedzieć na
temat wartości logicznej zdania p .
P 3.3. Implikacja dwóch zdań jest prawdziwa, kiedy obydwa
zdania skÃladowe sa, faÃlszywe, a wówczas alternatywa tych zdań
jest faÃlszywa. Jednak implikacja jest prawdziwa także wtedy, gdy
obydwa zdania skÃladowe sa, prawdziwe, czyli ich alternatywa jest
prawdziwa. Możemy przeprowadzić podobna, dyskusje, na temat koniunkcji. W każdym razie na temat alternatywy ani koniunkcji zdań,
których implikacja jest prawdziwa, nic nie możemy powiedzieć.
P 3.4. Zauważmy najpierw, że równoważność, alternatywa i koniunkcja sa, funktorami symetrycznymi, tzn. ich wartość logiczna nie
zmieni sie, , jeśli zamienimy miejscami zdania skÃladowe. Implikacja
natomiast nie jest funktorem symetrycznym. Niech p oraz q be, da,
naszymi zdaniami. Przypuśćmy, że w(p ⇔ q) = 1 . Zatem obydwa zdania p i q sa, prawdziwe albo obydwa sa, faÃlszywe. W obu
przypadkach implikacje p ⇒ q oraz q ⇒ p sa, prawdziwe.
P 3.5. Przedstawione rozwia,zania sa, jednymi z wielu możliwych.
(a) ∼ (∼ p∧ ∼ q),
(b) ∼ p ∨ q,
(c) ∼ (p ⇒∼ q).
Przy okazji tego zadania warto podja,ć dyskusje, , czy dowolny
funktor zdaniotwórczy dwóch zmiennych można przedstawić za
pomoca, negacji i innego funktora zdaniotwórczego dwóch zmiennych.
158
4. Niektóre zastosowania rachunku zdań
P 4.1. Z określenia cze, ści caÃlkowitej wynika, że [x] ≤ x, a z zaÃlożenia, że x ≤ y. Zatem [x] ≤ y. Z ostatniej nierówności wynika,
że [x] jest liczba, caÃlkowita, nie wie, ksza, od y. Ponieważ [y] jest
najwie, ksza, spośród takich liczb caÃlkowitych, wie, c [x] ≤ [y].
P 4.2. Ponieważ n ≤ n+α < n+1, a n oraz n+1 sa, liczbami
naturalnymi, wie, c [n + α] = n.
P 4.3.
(a) Zauważmy, że jeżeli x jest liczba, caÃlkowita,, to −x jest
także liczba, caÃlkowita,. Sta,d [x] = x oraz [−x] = −x.
Zatem [−x] = −x = −[x].
(b) Jeżeli x nie jest liczba, caÃlkowita,, to x = [x] + α, gdzie
α ∈ (0,1). Wtedy
−x = −[x] − α = −[x] − 1 + (1 − α).
Ponieważ 1 − α ∈ (0,1), wie, c [−x] = −[x] − 1.
(c) Zapiszmy x w postaci x = [x] + {x} . Wówczas
[x + n] = [[x] + n + {x}] = [x] + n.
P 4.4. Ponieważ x = [x]+α oraz y = [y]+β, gdzie α,β ∈ [0,1),
wie, c x+y = [x]+[y]+α+β. Tutaj α+β ∈ [0,1) ba,dź α+β ∈ [1,2).
Sta,d
½
[x] + [y],
gdy α + β ∈ [0,1)
[x + y] =
,
[x] + [y] + 1, gdy α + β ∈ [1,2)
czyli [x + y] ≥ [x] + [y].
P 4.5. Niech x = [x] + α oraz y = [y] + β, gdzie α,β ∈ [0,1).
Ponieważ [x] = [y], wie, c
|x − y| = |α − β| < 1.
159
Rozwia,zania
h
P 4.6. Oznaczmy α =
chodzi nierówność
α≤
[x]
n
i
. Jest to liczba caÃlkowita. Za-
[x]
< α + 1,
n
czyli nierówność
αn ≤ [x] < n(α + 1).
Ale x = [x]+β, gdzie β ∈ [0,1) oraz αn i n(α+1) sa, liczbami
caÃlkowitymi, wie, c
αn ≤ x < n(α + 1).
£ ¤
Sta,d α ≤ nx < α + 1, wie, c nx = α.
P 4.7. Z określenia cze, ści caÃlkowitej wynika, że
5x + 4
2x + 3
5x + 4
≤
<
+ 1.
7
5
7
Rozwia,zuja,c powyższa, nierówność, mamy
−
34
1
<x≤
,
11
11
sta,d
−
126
5x + 4
49
<
≤
.
77
7
77
Ponieważ 5x+4
jest liczba, caÃlkowita,, wie, c może ona przyj7
mować tylko wartości −1 lub 0, gdyż sa, to jedyne liczby caÃlkowite
¤
¡
49
z przedziaÃlu − 126
,
77 77 ). Z równań
5x + 4
= −1
7
lub
4
wynika, że x = − 11
5 lub x = − 5 .
5x + 4
=0
7
160
P 4.8. Przypomnijmy, że wartość bezwzgle, dna |x| z liczby x
jest to wie, ksza z liczb x oraz −x. Zatem |x| jest równa x, jeśli
x jest liczba, nieujemna, oraz |x| = −x, jeśli x jest liczba, ujemna,.
(a) Jeśli liczby x oraz y sa, tych samych znaków, to |x + y|
jest równa x+y, jeśli obie liczby x i y sa, nieujemne oraz
|x + y| = −x − y, jeżeli x oraz y sa, liczbami ujemnymi.
W obu przypadkach mamy |x + y| = |x| + |y|, czyli sÃlaba
nierówność jest zachowana. ZaÃlóżmy, że x oraz y sa,
różnych znaków. Możemy zaÃlożyć, że x < 0 i y ≥ 0.
Wtedy |x| + |y| = −x + y. Natomiast |x + y| jest równe
x + y lub −x − y w zależności, czy x + y jest wartościa,
nieujemna,, czy ujemna,. Ponieważ −x oraz y sa, liczbami
dodatnimi, wie, c ich suma −x + y jest wie, ksza od ich
różnicy −x − y lub y − (−x). Zatem |x + y| ≤ |x| + |y|.
(b) Zauważmy najpierw, że ponieważ |−y| jest wie, ksza, z liczb
−y oraz −(−y) = y, wie, c | − y| = |y|. Sta,d mamy
|x − y| = |x + (−y)| ≤ |x| + | − y| = |x| + |y|.
Aby udowodnić druga, nierówność zauważmy, że
|x| = |x − y + y| ≤ |x − y| + |y| ⇒ |x| − |y| ≤ |x − y|
oraz że
|y| = |x − y| + |x| ⇒ −(|x| − |y|) ≤ |x − y|.
Zatem |x−y| jest wie, ksze lub równe każdej z liczb |x|−|y|
oraz −(|x| − |y|), czyli
||x| − |y|| ≤ |x − y|.
(c) Jeśli x oraz y maja, takie same znaki, to |xy| = xy =
(−x)(−y), wie, c |xy| = |x||y|. Jeżeli znaki x oraz y sa,
przeciwne, to |xy| = −xy = (−x)y = x(−y), wie, c i w tym
przypadku |xy| = |x||y|.
Rozwia,zania
161
5. Wzmianka o kwantyfikatorach
P 5.1. Podane zdania nie sa, równoważne. Pierwsze zdanie
mówi, że dla każdego ε istnieje pewna δ . Dopuszczamy tu możliwość, że dla różnych epsilonów moga, istnieć różne delty. W drugim przypadku takiej możliwości nie ma. Tutaj δ musi być taka
sama dla wszystkich epsilonów. PosÃlużmy sie, jeszcze konkretnym
przykÃladem. Niech f (x) = 2x . Wówczas możemy wzia,ć δ = 21 ε
i pierwsze zdanie jest prawdziwe. Zauważmy, że faktycznie delty sa,
różne dla różnych epsilonów. W drugim przypadku delta jest narzucona, a epsilon w dalszym cia,gu dowolny. Może wie, c być ε = δ .
Podobnie, x też jest dowolny, wie, c może być równy a + 2δ . Dla tak
dobranych ε i x mamy |x − a| = 2δ < δ , ale |f (x) − f (a)| = δ ≥ ε ,
czyli zdanie φ(a + 2δ ,δ,δ) jest zdaniem faÃlszywym i caÃle zdanie jest
faÃlszywe.
Oznaczmy,
przez K1 , K2 oraz K3 kwantyfika^ _ odpowiednio,
^
tory
,
,
. Możliwe ukÃlady kwantyfikatorów to
ε>0
δ>0
x∈R
K1 K2 K3 , K1 K3 K2 , K2 K1 K3 , K2 K3 K1 , K3 K1 K2 , K3 K2 K1 .
Jak już zauważyliśmy, nie można zamienić K1 i K2 . Zatem potencjalnych równoważności należy szukać mie, dzy ukÃladami
K1 K2 K3 , K1 K3 K2 , K3 K1 K2 oraz pomie, dzy ukÃladami K2 K1 K3 ,
K2 K3 K1 , K3 K2 K1 . Zatem powstaje pytanie, czy można zamienić
K3 z K1 lub z K2 . Można przeprowadzić dyskusje, podobna, do tej
z pierwszej cze, ści rozwia,zania, aby dojść do wniosku, że kwantyfikatorów K2 i K3 nie można zamienić. Natomiast kwantyfikatory K1
oraz K3 można zamienić. Zatem równoważne sa, ukÃlady K1 K3 K2
i K3 K1 K2 oraz ukÃlady K2 K1 K3 i K2 K3 K1 .
P 5.2. Różnica mie, dzy tymi zdaniami zostaÃla wytÃlumaczona w
poprzednim rozwia,zaniu.
P 5.3. Zdanie po stronie lewej jest prawdziwe wtedy i tylko
wtedy, gdy prawdziwe sa, oba zdania skÃladowe, tj. gdy dla dowolnego a ∈ X zdanie φ(a) jest prawdziwe i dla dowolnego b ∈ X
zdanie ψ(b) jest prawdziwe. Innymi sÃlowy, jest tak, gdy dla dowolnych a,b ∈ X zdania φ(a) oraz ψ(b) sa, prawdziwe. Ostatnie
162
stwierdzenie jest równoważne temu, że zdanie po prawej stronie jest
prawdziwe.
6. Elementy algebry zbiorów
P 6.1. Poniższe zapisy nie sa, jedynym sposobem przedstawienia opisanych zbiorów.
(a) {a, b, ♠, 1, 2} ;
(b) {w, e, u, o, p, s, g, l, z, c, b, n, m} albo kiedy rozważymy
wielkie litery {W, U, I, O, P, S, D, G, J, L, B, Z, C, N, M } ;
(c) {♣, ♦, ♥, ♠} ;
(
)
_
3
(d)
n∈N:
k = n . Zauważmy, że zapis ten można
k∈Z
utworzyć, zapisuja,c treść podpunktu
symbolami.
Znacz© 3
ª
nie prostszy jest jednak zapis k : k ∈ N , który otrzymujemy po zauważeniu, że nasz zbiór skÃlada sie, ze wszystkich sześcianów liczb naturalnych;
(e) {3n : n ∈ N} ;
(f) zobacz rozwia,zanie (d).
P 6.2. Jedna, z metod pokazania jest wykorzystanie twierdzenia 6.5(i). DokÃladnie, wystarczy zamienić rolami zbiory A oraz B
i zastosować wspomniane twierdzenie.
Druga metoda polega na bezpośrednim pokazaniu inkluzji.
W tym celu bierzemy dowolny element x ∈ B i wykorzystujemy
tautologie, p ⇒ q ∨ p . W efekcie mamy x ∈ B ⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B,
czyli B ⊂ A ∪ B .
P 6.3. Zaprezentowane rozwia,zania nie sa, jedynymi możliwymi.
(a) {n ∈ N : 5|n} ;
(b) N ;
©
ª
(c) k5 : k ∈ N ;
163
Rozwia,zania
(d) (−∞,3] ;
(e) nie ma liczby rzeczywistej, która byÃlaby wie, ksza od dowolnej liczby caÃlkowitej (jest to treść aksjomatu Euklidesa),
zatem nasz zbiór to ∅ .
P 6.4. Zaprezentowane rozwia,zania nie sa, jedynymi możliwymi.
(a) {k ∈ Z : 7|k} . Forma, zdaniowa, jest 7|k .




_
_
(b)
n∈N:
n = j 2 . Forma, zdaniowa, jest
n = j2 .


j∈N
j∈N
o
n
(c) pq ∈ Q : p = 3 ∧ q ∈ N . Forma, zdaniowa, jest p = 3 ∧
q ∈ N.
(d) Można tu napisać, na przykÃlad, zbiór
^ z treści zadania P6.3(e). Forma, zdaniowa, jest tu
x>y.
y∈Z
P 6.5. WÃlasność (i) wynika z naste, puja,cego cia,gu logicznego:
x ∈ A\(B ∪ C) ⇔ (x ∈ A ∧ x ∈
/ (B ∪ C))
(z 6.5)
⇔ (x ∈ A ∧ (x ∈
/ B∧x∈
/ C)
(z 6.2)
⇔ ((x ∈ A ∧ x ∈
/ B) ∧ (x ∈ A ∧ x ∈
/ C))
(z T7 i T21)
⇔ (x ∈ (A\B) ∧ x ∈ (A\C))
(z 6.5)
⇔ x ∈ (A\B) ∩ (A\C).
(z 6.3)
Dowód wÃlasności (ii) jest podobny do powyższego. Przy
przejściach równoważnych korzystamy tu kolejno z 6.5, 6.4, T24,
6.5 i z 6.1.
Dla dowodu (iii) zauważmy, że x ∈ A ∪ (B \ A) wtedy i tylko
wtedy, gdy x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x ∈
/ A) . Z tautologii T24 wynika, że
ostatnie zdanie jest równoważne (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∨ x ∈
/ A) .
Ale drugi skÃladnik ostatniego zdania jest zdaniem prawdziwym, wie, c
z tautologii T32 wynika, że caÃle ostatnie zdanie jest równoważne
zdaniu x ∈ A ∨ x ∈ B, czyli x ∈ A ∪ B .
Aby pokazać wÃlasność (iv), zaÃlóżmy wpierw, że A ⊂ B . Ponieważ B\A ⊂ B (twierdzenie 6.9 (i)), wie, c na podstawie twierdzenia 6.5 (iii) oraz zaÃlożenia A ∪ (B\A) ⊂ B . W druga, strone, , jeśli
164
x ∈ B, to koniunkcja x ∈ B ∧ (x ∈ A ∨ x ∈
/ A) jest prawdziwa
i równoważna alternatywie (x ∈ B ∧ x ∈ A) ∨ (x ∈ B ∧ x ∈
/ A),
czyli mamy (x ∈ B ∩ A) ∨ (x ∈ B\A) . Z zaÃlożenia i twierdzenia 6.7 (iv) otrzymujemy alternatywe, (x ∈ A) ∨ (x ∈ B\A), która
jest równoważna zdaniu x ∈ A ∪ (B\A) . Sta,d B ⊂ A ∪ (B\A) .
Pokażemy teraz (v). Pominiemy tu odnośniki, żeby dać Czytelnikowi szanse, samodzielnego znalezienia odpowiednich twierdzeń.
x ∈ A\(A\B) ⇔ x ∈ A ∧ x ∈
/ A\B
⇔ x ∈ A ∧ (x ∈
/ A ∨ x ∈ B)
⇔ (x ∈ A ∧ x ∈
/ A) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B)
⇔x∈A∧x∈B
⇔x∈A∩B
Także przy dowodzie (vi) pominiemy odnośniki.
x ∈ A \ (B ∪ C) ⇔ x ∈ A ∧ (x ∈
/ B ∪ C)
⇔ x ∈ A ∧ (x ∈
/ B∧x∈
/ C)
⇔ (x ∈ A ∧ x ∈
/ B) ∧ x ∈
/C
⇔x∈A\B∧x∈
/C
⇔ x ∈ (A \ B) \ C
P 6.6. A ∩ B ∩ C = ∅, ponieważ trójka,t prostoka,tny nie może
być równoboczny.
A ∩ B 0 ∩ C jest zbiorem trójka,tów prostoka,tnych równoramiennych.
A0 ∩ B ∩ C = ∅, ponieważ nie ma trójka,tów równobocznych, które
nie sa, równoramienne.
A0 ∩ C ∩ B 0 jest zbiorem wszystkich trójka,tów prostoka,tnych, które
nie sa, równoramienne.
A ∩ B ∩ C0 = B .
P 6.7. Zapiszmy najpierw zbiory D, E, F, G, H, I oraz J
w mniej skomplikowany sposób. Mianowicie
D = E = F = {1,2} , G = {1,2,3,4,5} , H = {2} , I = J = {−2,2} .
Tak wie, c elementami A sa, {a,b} i {a} . Zbiór B nie ma elementów. C ma jeden element – {∅} . Zbiory D, E oraz F maja,
Rozwia,zania
165
po dwa elementy, którymi sa, 1 oraz 2. Jedynym elementem zbioru H jest 2. Zbiór G ma 5 elementów i wreszcie zbiory I oraz J
maja, po dwa elementy, którymi sa, −2 i 2.
Tyle samo elementów maja, wie, c zbiory C i H (jeden) oraz
zbiory A, D, E, F, I i J (po dwa elementy).
P 6.8.
(a) Jeżeli równolegÃlobok ma równe przeka,tne, to jest on
prostoka,tem. Zatem A = B .
(b) Ponieważ podkreślone jest, że zbiory A i B sa, w innych przestrzeniach, wie, c nie ma pomie, dzy tymi zbiorami
żadnego zwia,zku.
£
¤
(c) Skoro A = −1,8 , wie, c A ⊂ B .
(d) B ⊂ A .
(e) B ⊂ A, ponieważ zbiór pusty jest podzbiorem każdego
zbioru.
P 6.9. Wykorzystamy tu twierdzenie 6.12(vii) oraz prawa de
Morgana. Mamy
A \ (B ∪ C) = A ∩ (B ∪ C)0 = A ∩ B 0 ∩ C 0 ,
co dowodzi (a). Dowody cze, ści (b) oraz (c) przebiegaja, podobnie,
Mianowicie,
A \ (B \ C) = A ∩ (B \ C)0 = A ∩ (B ∩ C 0 )0
= A ∩ (B 0 ∪ (C 0 )0 ) = A ∩ (B 0 ∪ C).
Powyższy cia,g równości jest dowodem (b), a poniższy dowodem (c).
(A \ B) \ C = (A ∩ B 0 ) ∩ C 0 = (B 0 ∩ C 0 ) ∩ (A0 )0
= (B 0 ∩ C 0 ) \ A0 .
P 6.10. Podamy tu kontrprzykÃlady na każdy z podpunktów,
wykorzystuja,c zbiory skończone. Innym sposobem byÃloby wykorzystanie diagramów, w których zbiory sa, zaznaczone za pomoca,
owali. Warunki, jakie powinny speÃlniać zbiory A, B oraz C moga,
sie, różnić od podanych przez Czytelnika w jego rozwia,zaniu.
166
(a) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} .
Warunek: B ⊂ A . Dla dowodu wystarczy zastosować
twierdzenie 6.16(iv).
(b) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} .
Warunek: A ∩ B = ∅ .
Dowód:
(A ∪ B) \ B = A ⇔ (A ∪ B) ∩ B 0 = A
(z 6.12(vii))
0
0
⇔ (A ∩ B ) ∪ (B ∩ B ) = A (z 6.8(iii))
⇔ A ∩ B0 = A
(z 6.12(ii) i 6.4(iii))
0
⇔A⊂B
(z 6.7(iv))
⇔A∩B =∅
(z 6.12(ix))
(c) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} , C = {a} .
Warunek: B ⊂ C . Istotnie, wówczas C ∩ B = B oraz
(A ∩ B) ∪ B = B .
(d) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} , C = {a} .
Warunki: A ⊂ B i C ⊂ B . Wtedy A ∪ B = B oraz
C ∪ B = B . Sta,d
(A ∪ B) ∩ (C ∪ B) = B ∩ B = B.
(e) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} , C = {a} .
Warunek: A ∪ B ⊂ C .
P 6.11.
(a) Równoważność jest prawdziwa. Wobec rozwia,zania zadania P6.10(a), wystarczy pokazać, że B = A ∪ (B \ A) implikuje A ⊂ B . Weźmy zatem dowolny element a ∈ A .
Wówczas a ∈ A ∨ a ∈ B \ A, czyli a ∈ A ∪ (B \ A), wie, c
a ∈ B . Sta,d A ⊂ B .
(b) Równoważność jest faÃlszywa. KontrprzykÃlad: A = {a,b} ,
B = {c,d} , C = {c,d,e} . Prawdziwa jest tylko implikacja
,, ⇒ ”, ponieważ jeśli A ⊂ B, to C \ B ⊂ C \ A, sta,d
(C \ B) ∩ (C \ A) = C \ B.
(c) Implikacja jest prawdziwa. Ponieważ B \ A ⊂ B, wie, c
mamy A \ B ⊂ B . Jeżeli jednak istnieje y, należa,cy do
167
Rozwia,zania
zbioru A \ B, to wówczas y ∈ A ∧ y ∈
/ B ⇒y ∈
/ B, co
przeczy inkluzji A \ B ⊂ B . Zatem do zbioru A \ B nic
nie należy, czyli jest to zbiór pusty. Sta,d i z twierdzenia 6.9(iv) dostajemy A ⊂ B . W podobny sposób mamy
B ⊂ A i ostatecznie A = B .
(d) Implikacja jest prawdziwa. Co wie, cej, może być ona
zasta,piona równoważnościa,, co jest udowodnione w twierdzeniu 6.9(iv).
(e) Z wyja,tkiem, gdy B = ∅ implikacja jest zawsze faÃlszywa.
KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {a,b,c} .
7. Sumy i przekroje uogólnione
P 7.1. Zauważmy, że prawy koniec zbioru An jest jednocześnie
lewym końcem zbioru An+1 . Zatem suma uogólniona ,,zaczyna sie, ”
w lewym końcu zbioru A1 , a ,,kończy sie, ” w nieskończoności, czyli
∞
[
An = [1,+∞). Z drugiej strony, żadne dwa An -y nie maja, cze, ści
n=1
wspólnej. Dlatego
∞
\
An = ∅.
n=1
P 7.2. Wraz ze wzrastaniem n lewe końce przedziaÃlów An
,,uciekaja,” do nieskończoności. Zatem nie ma takiego elementu x,
który należaÃlby jednocześnie do wszystkich zbiorów An . Sta,d
∞
\
An = ∅. Zauważmy, że dla n > 1 mamy An ⊂ A1 , wie, c wszystn=1
kie te elementy, które należa, do przynajmniej jednego An należa,
∞
[
również do A1 i
An = [1,+∞).
n=1
¡
¤
P 7.3. Rozważmy przedziaÃl A0n = −1, n1 , czyli dopeÃlnienie
zbioru An . Rodzina zbiorów {A0n }n∈N byÃla rozważana w przykÃla∞
∞
[
\
0
dzie 7.2. Otrzymaliśmy
An = (−1,1] oraz
A0n = (−1,0].
n=1
n=1
168
Korzystaja,c z praw de Morgana, dostajemy zatem
∞
[
An = (−1,0]0 = (−∞,−1] ∪ (0,+∞)
n=1
oraz
∞
\
An = (−1,1]0 = (−∞,−1] ∪ (1,+∞).
n=1
n
P 7.4. Cia,g
1
n+1
o
n∈N
jest zbieżny do zera. Zatem w miare,
jak n wzrasta, przedziaÃly An ,,kurcza, sie, ”. Tak wie, c jedynym
wspólnym dla wszystkich zbiorów elementem jest 0, a wszystkie
An -y zawieraja, sie, w A1 . Sta,d
∞
\
An = {0}
oraz
n=1
∞
[
£ ¤
An = 0, 12 .
n=1
P 7.5. Tym razem lewe końce przedziaÃlów da,ża, do zera, czyli
najmniejszym elementem przekroju uogólnionego be, dzie zero, a najmniejszym elementem sumy uogólnionej be, dzie − 21 . Jeśli chodzi
o prawe końce, to wzrastaja, one do 1. Zatem
∞
[
£
¢
An = − 12 ,1
oraz
n=1
∞
\
£ ¢
An = 0, 23 .
n=1
¡
¢
P 7.6. Zauważmy najpierw, że An = n2 ,(n + 1)2 . Ponieważ
∞
\
A1 ∩ A2 = ∅, wie, c także
An = ∅. Zauważmy też, że lewy koniec
n=1
zbioru An jest też prawym końcem przedziaÃlu An+1 . PrzedziaÃly
te jednak sa, otwarte, wie, c ich wspólne końce nie należa, do sumy.
∞
[
©
ª
Zatem
An = (1,+∞) \ n2 : n ∈ N .
n=1
P 7.7. Dla n ≥ 2 zbiór An jest pusty. Dlatego
Poza tym, mamy A1 =
©π
2
∞
[
ª
+ 2kπ : k ∈ Z =
An .
n=1
∞
\
n=1
An = ∅.
169
Rozwia,zania
P 7.8. Przy dyskusji nad tym problemem warto jest przyja,ć
naste, puja,ce zasady zapisu przedziaÃlów:
– jeżeli a > b (dopuszczamy tu możliwość, że a lub b jest
nieskończonościa,), to (a,b), [a,b), (a,b] i [a,b] oznaczaja,,
odpowiednio, przedziaÃly (b,a), (b,a], [b,a) oraz [b,a];
– przedziaÃly (a,a), [a,a) i (a,a] oznaczaja, zbiór pusty, [a,a]
oznacza zbiór jednoelementowy {a} .
Zwróćmy jeszcze uwage, na to, że jeżeli T ⊂ S, to
[
t∈T
Jeśli wie, c
∞
\
At ⊂
[
s∈S
As
oraz
\
s∈S
As ⊂
\
At .
t∈T
An = ∅, to także przekrój uogólniony po Z, Q oraz
n=1
R jest zbiorem pustym. Podobnie, jeżeli suma uogólniona po N jest
równa R, to i suma uogólniona po nadzbiorze N jest równa R.
Dla przykÃladu rozwia,żemy zadanie P7.5. W tymże £zadaniu
¢
rozważyliśmy już przypadek, gdy n ∈ N. Mamy A0 = −1, 21 .
Z uwagi na dzielenie przez zero, nie rozważamy n = −1 i n = −2.
Jeśli n ≤ −3, to lewe końce przedziaÃlów przyjmuja, wartości 21 , 13 ,
1
2
3
4
4 , . . . , a ich końce prawe, wartości 2 = 1 , 2 , \
3 , . . . Oznaczmy
T = Z\{−1,−2} . Ponieważ A0 ∩A−3 = ∅, wie, c
An = ∅. Także
n∈T
i dla nadzbiorów T jako zbiorów indeksów, przekrój uogólniony jest
zbiorem pustym.
[
Z analizy powyższego wynika, że
An = [−1,2). Rozważmy
n∈T
teraz sume, uogólniona, po zbiorach An , gdzie zbiorem indeksów jest
S = Q \ {−1,−2} . Zauważmy najpierw, że jeśli x < −1, to istnieje
1
1
. Zatem − r+1
< x.
taka liczba r ∈ S ∩ (−1,0), że r + 1 < −x
Ponieważ r +1 i r +2 sa, liczbami dodatnimi, wie, c x ∈ Ar . Weźmy
teraz dowolna, liczbe, rzeczywista, y ≥ 1. Liczba 1+y
−y jest mniejsza
lub równa −2. Istnieje wie, c liczba wymierna r > 1+y
−y taka, że
1
r+1
r +1 ∈ S∩(−1,−2). Wówczas − r+1 > y, a r+2 jest liczba, ujemna,.
Zatem
·
¶ µ
¸
1 r+1
r+1
1
y∈ −
,
=
,−
= Ar .
r+1 r+2
r+2 r+1
170
Sta,d
[
An = R.
n∈S
Jeżeli powyższe rozwia,zanie jest trudne do przyswojenia, warto jest za x oraz za y podstawić konkretne wartości liczbowe
i dla tychże wartości znaleźć odpowiednie liczby r. Przypuśćmy dla
przykÃladu, że x = −3. Szukamy takiej liczby r, że r + 1 < 13 . Taka,
liczba, jest na przykÃlad − 34 . Zatem x ∈ A −3 . Podobnie znajdujemy
4
zbiór Ar taki, że y ∈ Ar .
8. Poje, cie produktu kartezjańskiego dwóch zbiorów
P 8.1. Niektóre ze zbiorów sa, naszkicowane na planszy 5. Cze, ść
pÃlaszczyzny, należa,ca do produktu jest zakreślona ukośnymi liniami.
Granice, zakreślonego obszaru stanowia, linie cia,gÃle, jeżeli punkty
tej linii należa, do produktu, ba,dź przerywane, jeśli punkty linii nie
należa, do zbioru. W przypadku, kiedy produkt jest nieograniczony,
ograniczaja,ce go linie zakończone sa, strzaÃlkami. Podobnie, jeśli
do produktu należy prosta, to na wykresie jest ona zaznaczona za
pomoca, odcinka zakończonego strzaÃlkami. Jeśli punkt zaznaczony
jest na wykresie niezamalowanym kóÃlkiem oznacza to, że punkt ten
nie należy do produktu. Jeżeli kóÃlko jest zamalowane, to punkt,
który ono wyznacza, należy do produktu.
P 8.2. Demonstrujemy poniżej rozumowanie, które prowadzi
do pokazania cze, ści (a) zadania. Znalezienie odpowiednich definicji
oraz tautologii pozostawiamy Czytelnikowi.
(x,y) ∈ (A × C) \ (B × C)
µ
¶
¡
¢ ¡
¢
⇔ (x,y) ∈ A × C ∧ (x,y) ∈
/ B×C
¡
¢
⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ C) ∧ (x ∈
/ B∨y ∈
/ C)
¡
¢
⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ C ∧ x ∈
/ B) ∨ (x ∈ A ∧ y ∈ C ∧ y ∈
/ C)
⇔ (x ∈ A ∧ x ∈
/ B ∧ y ∈ C)
⇔ (x ∈ A \ B ∧ y ∈ C)
⇔ (x,y) ∈ (A \ B) × C
171
Rozwia,zania
(1,3) × (2,4)
(−∞,3) × (−1,3)
R × (2,4]
{1,2} × R
{−2,0,1} × ((2,3] ∪ {4})
({−1,1} ∪ [2,4)) × ((1,2] ∪ {3,4})
Plansza 5.
172
Żeby pokazać pierwsza, inkluzje, w cze, ści (b), weźmy dowolna,
pare, (x,y) ∈ A×C . Zgodnie z 8.2, powyższe zdanie jest równoważne
zdaniu x ∈ A ∧ y ∈ C . Ale z zaÃlożenia wiemy, że jeśli x ∈ A , to
x ∈ B . Zatem x ∈ B ∧ y ∈ C , czyli (x,y) ∈ B × C . Druga, inkluzje,
pokazujemy w podobny sposób.
P 8.3. Tak, równość ta jest prawem rachunku zbiorów. Dowód
jest podobny do przedstawionego powyżej dowodu równości (a) z zadania P8.2.
9. Relacje
P 9.1. Określmy najpierw dziedziny i przeciwdziedziny podanych relacji.
(a) D(ρ) = {1,2,4} , D−1 (ρ) = {a,b} ,
(b) D(ρ) = {2,3,4} , D−1 (ρ) = {a,b,c} ,
(c) D(ρ) = {1,2,3,4,5} , D−1 (ρ) = {a} .
Produkty zbiorów skończonych wyznaczamy za pomoca, tabelki, która jest odpowiednikiem prostoka,tnego ukÃladu wspóÃlrze, dnych.
Role, osi poziomej speÃlnia tu najwyższy wiersz, natomiast role,
osi pionowej – kolumna poÃlożona najbardziej na lewo. Element
o wspóÃlrze, dnych (x,y) zaznaczamy, stawiaja,c znak w kratce, na
lewo od której znajduje sie, y, oraz powyżej której znajduje sie, x.
Wykresy relacji przedstawiamy w poniższych tabelkach. Elementy
tych wykresów oznaczono znakiem ×.
(a) 1 2 3 4 5
a × ×
b
×
c
(b) 1 2 3 4 5
a
×
b
× ×
c
× ×
(c) 1 2 3 4 5
a × × × × ×
b
c
Każda relacja na zbiorze X × Y jest określona za pomoca, zakreślenia pewnej liczby z pie, tnastu kratek. Przy wyznaczaniu relacji
możemy wie, c dana, kratke, zakreślić (wówczas odpowiadaja,cy jej element należy do relacji) lub nie. Zatem z każda, kratka, wia,ża, sie, dwie
Rozwia,zania
173
możliwości. Ponieważ wszystkich kratek jest 15, wie, c wszystkich
relacji jest 215 .
P 9.2. PrzykÃladami trzech relacji na zbiorze A × B moga, być
relacje ρ1 , ρ2 oraz ρ3 , gdzie aρi b ⇔ a jest i-ta, lub ostatnia, litera,
w nazwie marki samochodu b. Tutaj i ∈ {1,2,3} . Dla przykÃladu,
pρ2 OPEL, sρ1 SKODA.
P 9.3. Podamy najpierw dziedziny i przeciwdziedziny relacji.
(a) D(ρ) = R, D−1 (ρ) = R,
(b) D(σ) = {−1,2} ∪ (3,5), D−1 (σ) = [−2,0) ∪ {1,2,3,4,5} ,
(c) D(τ ) = R, D−1 (τ ) = R,
(d) D(φ) = [−a,a], D−1 (φ) = [−b,b],
(e) D(ρ ∪ σ) = R, D−1 (ρ ∪ σ) = R.
Zauważmy, że relacja φ ∩ τ jest pusta, jednopunktowa
lub dwupunktowa w zależności, czy prosta y = 2x − 3
2
2
nie przecina, czy przecina elipse, xa2 + yb2 = 1. W każdym
przypadku φ ∩ τ stanowi zbiór rozwia,zań ukÃladu równań
½
y = 2x − 3
y2
x2
a2 + b2 = 1.
Dziedzine, relacji wyznaczamy, obliczaja,c x, a przeciwdziedzine, – obliczaja,c y. Zatem dziedzina, φ∩τ jest zbiór
rozwia,zań równania
x2
(2x − 3)2
+
= 1,
a2
b2
a przeciwdziedzina, jest zbiór rozwia,zań równania
(y + 3)2
y2
+ 2 = 1.
4a2
b
D(σ \ ρ) = {−1,2} ∪ (3,5),
D−1 (σ \ ρ) = [−2,0) ∪ {1,2,3,4,5} .
Wykresy relacji z tego zadania umieszczone sa, na planszy 6.
174
(a)
(b)
(c)
(d)
(e) ρ ∪ σ
(e) φ ∩ τ – jeden przypadek
(e) σ \ ρ
Plansza 6.
Rozwia,zania
175
P 9.4. Żeby dana relacja byÃla zwrotna, wszystkie pary postaci
(x,x) musza, być jej elementami. Jeśli mamy do czynienia z relacja,
określona, w R, to aby relacja byÃla zwrotna, prosta y = x musi
należeć do jej wykresu. Zbadamy, czy relacja ρ jest zwrotna. Mamy
xρx wtedy i tylko wtedy, gdy x2 = x2 . Ponieważ jest to równość
zawsze prawdziwa, wie, c relacja ρ jest zwrotna. Relacja σ nie jest
zwrotna, ponieważ 0 nie jest w tej relacji z 0. Z tej samej przyczyny
pozostaÃle relacje z wyja,tkiem ρ∪σ też nie sa, zwrotne. Relacja ρ∪σ
natomiast jest zwrotna, gdyż zawiera zwrotna, relacje, ρ.
Relacja jest przeciwzwrotna, jeśli jej wykres nie ma punktu
wspólnego z prosta, y = x. W szczególności relacja zwrotna nie może
być przeciwzwrotna. Zatem relacje ρ oraz ρ ∪ σ nie sa, przeciwzwrotne. Ponieważ (−1)σ(−1), wie, c także relacja σ nie jest przeciwzwrotna. Ponieważ równanie x = 2x − 3 ma rozwia,zanie x = 3,
wie, c prosta y = x oraz wykres relacji τ maja, punkt wspólny (3,3)
i dlatego relacja τ nie jest przeciwzwrotna. Prosta y = x przecina
elipse, o środku w punkcie (0,0) dokÃladnie w dwóch punktach, wie, c
i φ nie jest przeciwzwrotna. Relacja φ ∩ τ jest przeciwzwrotna
pod warunkiem, że punkt (3,3) nie jest jej elementem. Punkt ten
jest jedynym punktem, który ,,psuje” przeciwzwrotność τ i jeśli nie
należy on do φ, to nie należy też do przekroju φ ∩ τ, co sprawia,
że relacja jest przeciwzwrotna. Relacja σ \ ρ jest przeciwzwrotna,
ponieważ wszystkie punkty o wspóÃlrze, dnych (x,x) należa, do ρ, wie, c
nie należa, do σ \ ρ.
Relacja jest symetryczna, jeśli jej wykres jest symetryczny
wzgle, dem prostej y = x. Ponieważ x2 = y 2 implikuje też y 2 = x2 ,
wie, c relacja ρ jest symetryczna. PozostaÃle relacje, z wyja,tkiem φ,
nie sa, symetryczne. Relacja φ natomiast jest symetryczna, jeśli
elipsa be, da,ca jej wykresem, jest okre, giem, tzn. gdy a = b. W pozostaÃlych przypadkach, relacja ta nie jest symetryczna.
Jeżeli relacja jest antysymetryczna, to na jej wykresie nie może
znaleźć sie, para różnych punktów, które sa, symetryczne wzgle, dem
prostej y = x. Relacja ρ nie jest zatem antysymetryczna, ponieważ
(−1)ρ1 i 1ρ(−1). Podobnie, relacja σ nie jest antysymetryczna
( 2σ4 oraz 4σ2 ). Zbadamy teraz relacje, τ. ZaÃlóżmy, że xτ y oraz
yτ x. Oznacza to, że y = 2x − 3 i x = 2y − 3. Obydwa te równania
sa, speÃlnione, jeśli x = y = 3, czyli τ jest antysymetryczna. Jeżeli
xφy oraz yφx, to implikuje to równanie (x2 −y 2 )(a2 −b2 ) = 0. Jeśli
a = b, to, aby równanie byÃlo speÃlnione, nie jest konieczne, żeby x
176
byÃl równy y, wie, c φ nie jest antysymetryczna. Jeśli a 6= b, to
wówczas x2 = y 2 , a to także wyklucza antysymetryczność. Zatem
φ nie jest antysymetryczna. Relacja ρ∪σ nie jest antysymetryczna,
ponieważ jest nadzbiorem relacji ρ, która nie jest antysymetryczna.
Natomiast relacja φ∩τ jest podzbiorem antysymetrycznej relacji τ,
wie, c też jest antysymetryczna. Relacja σ \ ρ nie jest antysymetryczna, ponieważ (−1)σ \ ρ2, 2σ \ ρ(−1), ale −1 6= 2.
Zauważmy, że jeśli pewien x jest w relacji z x, to relacja ta
nie może być przeciwsymetryczna. Zatem, jeśli relacja jest przeciwsymetryczna, to musi też być przeciwzwrotna. Zatem tylko relacje
φ ∩ τ (pod warunkiem, że (3,3) nie należy do jej wykresu) oraz
σ \ ρ moga, być przeciwsymetryczne. PozostaÃle relacje nie sa, przeciwsymetryczne. Relacja φ ∩ τ, jeśli jest przeciwzwrotna, to jest
też przeciwsymetryczna. Wynika to sta,d, że skÃlada sie, ona z zero punktów lub jednego punktu (wówczas na pewno jest przeciwsymetryczna), lub też z dwóch punktów, które należa, do prostej
y = 2x − 3, wie, c nie sa, symetryczne wzgle, dem y = x. Jeśli chodzi
o relacje, σ \ ρ, to nie jest ona przeciwsymetryczna, ponieważ pary
(−1,2) oraz (2,−1) sa, elementami relacji σ \ ρ.
ZaÃlóżmy, że xρy ∧ yρz. Oznacza to, że x2 = y 2 ∧ y 2 = z 2 .
Sta,d wynika, że x2 = z 2 , czyli xρz. Relacja ρ jest wie, c przechodnia. Rozważmy relacje, R = A × B. Jeśli xRy ∧ yRz, to
(x ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ (y ∈ A ∧ z ∈ B). Z tautologii T18 wynika, że
x ∈ A ∧ z ∈ B, a sta,d mamy xRz. Zatem relacja R jest przechodnia. Wynika sta,d, że relacja σ jest przechodnia. PozostaÃle relacje
nie sa, przechodnie. Znalezienie odpowiednich kontrprzykÃladów pozostawiamy Czytelnikowi.
Zauważmy, że każda relacja spójna musi być zwrotna. Istotnie,
jeśli x = y, to z definicji relacji spójnej wynika, że x jest w relacji z x. Zatem jedynie relacje ρ i ρ ∪ σ moga, być spójne. Ale
relacja ρ nie jest spójna, gdyż zdanie 4ρ5 ∨ 5ρ4 nie jest prawdziwe.
Podobnie, ρ ∪ σ nie jest spójna.
P 9.5. Przedstawione rozwia,zania nie sa, jedynymi możliwymi.
©
ª
(a) (x,y) : x2 − y 2 = 1 ,
©
ª
(b) (x,y) : x ≥ y 2 ,
©
ª
(c) (x,y) : x2 − 4y 2 = 0 ,
177
Rozwia,zania
(d)
(e)
©
©
ª
(x,y) : x = y 2 ∨ y = x2 ,
ª
(x,y) : x2 + y 2 ≤ 1 ∨ (x − 5)2 + (y − 5)2 ≤ 1 .
P 9.6. Zauważmy najpierw, że dziedziny i przeciwdziedziny
wszystkich relacji sa, równe X. Wykresy naszych relacji sa, przedstawione w poniższych tabelkach.
ρ a b c d
a ×
b
×
c
×
d
×
σ a b c d
a
× ×
b ×
×
c ×
d
×
τ a b c d
a
×
b ×
c
×
d
×
Zbadamy teraz wÃlasności relacji ρ, σ i τ. Relacja jest zwrotna,
jeśli zawiera wszystkie pary postaci (x,x). W naszym wypadku sa, to
dokÃladnie cztery pary. Relacja jest natomiast przeciwzwrotna, jeśli
nie zawiera żadnej z tych par. Zatem relacja ρ jest zwrotna, ale nie
jest przeciwzwrotna. Z kolei, relacje σ oraz τ sa, przeciwzwrotne,
ale nie sa, zwrotne.
Relacja jest symetryczna, jeśli krzyżyki w tabelkach sa, uÃlożone
symetrycznie wzgle, dem przeka,tnej, tj. wzgle, dem czterech kratek,
których wspóÃlrze, dne sa, postaci (x,x). Relacja jest antysymetryczna
tylko wówczas, gdy jedyne symetryczne wzgle, dem przeka,tnej krzyżyki znajduja, sie, na tejże przeka,tnej. Relacja jest wreszcie przeciwsymetryczna, jeżeli jej tabelka nie zawiera par krzyżyków symetrycznych wzgle, dem przeka,tnej. Biora,c pod uwage, powyższe rozważania
dostajemy, że relacja ρ jest symetryczna i antysymetryczna, ale nie
jest przeciwsymetryczna. Relacja σ jest symetryczna, ale nie jest
antysymetryczna ani przyciwsymetryczna. Relacja τ jest przeciwsymetryczna i antysymetryczna. Nie jest natomiast symetryczna.
Zbadamy teraz przechodniość naszych relacji. Zdanie xρy∧yρz
jest prawdziwe tylko wówczas, gdy x = y = z, a wtedy mamy też
xρz, czyli relacja ρ jest przechodnia. Ponieważ aσb ∧ bσa, wie, c
aby relacja σ byÃla przechodnia musiaÃloby zachodzić aσa. Zatem
σ nie jest przechodnia. Podobnie można pokazać, że relacja τ nie
jest przechodnia.
178
Przypomnijmy, że relacja nie jest spójna, jeśli nie jest zwrotna.
Zatem relacje σ oraz τ nie sa, spójne. Relacja ρ także nie jest
spójna, ponieważ zdanie aρc ∨ cρa nie jest prawdziwe.
W poniższych tabelkach przedstawiamy uzupeÃlnienia naszych
relacji do relacji zwrotnych (dodatkowe pola oznaczyliśmy z),
symetrycznych (s) i spójnych (p). Nie rysowaliśmy tabelek, jeżeli
danej relacji nie trzeba byÃlo uzupeÃlniać. Zauważmy jeszcze, że przedstawione uzupeÃlnienia nie sa, jednoznaczne.
ρ a b c d
a × p p p
b
× p p
c
× p
d
×
σ
a
b
c
d
a b c d
z × ×
× z
×
×
z
×
z
τ a b c d
a z
×
b × z
c
× z
d
× z
τ a b c d
a
s
×
b ×
s
c
×
s
d s
×
σ
a
b
c
d
a b c d
p × × p
× p p ×
×
p p
×
p
τ a b c d
a p
p ×
b × p
p
c
× p
d
× p
Określimy teraz wzory na liczbe, relacji zwrotnych i symetrycznych w zbiorze n-elementowym X. Aby relacja byÃla zwrotna,
musi do niej należeć n par postaci (x,x). PozostaÃle n2 − n elementów zbioru X 2 może należeć lub nie (dwie możliwości) do
2
naszej relacji. Zatem wszystkich relacji zwrotnych jest 2n −n .
Żeby policzyć relacje symetryczne, posÃlużymy sie, interpretacja,
,,tabelkowa,”. Pola na przeka,tnej moga, należeć lub nie do naszej
relacji (n pól, dwie możliwości na każde pole). Jeśli do relacji należy
2
jakieś pole nad przeka,tna, (mamy dokÃladnie n 2−n takich pól), to
automatycznie należy do niej również symetrycznie poÃlożone pole
pod przeka,tna,. Zatem wszystkich relacji symetrycznych jest
2n · 2
n2 −n
2
=2
n2 +n
2
.
179
Rozwia,zania
10. Relacje równoważności
P 10.1. Relacja zdefiniowana w (a) jest relacja, równoważności.
Ponieważ a − a = 0 ∈ Z, wie, c relacja jest zwrotna. Jeżeli a − b jest
liczba, caÃlkowita,, to b − a = −(a − b) jest także liczba, caÃlkowita,.
Zatem nasza relacja jest symetryczna. Aby sprawdzić, że jest ona
również przechodnia, wystarczy zauważyć, że
a − c = (a − b) + (b − c) ∈ Z.
Zatem aρc, jeśli tylko aρb oraz bρc. Weźmy teraz dowolna, liczbe,
rzeczywista, s. Mamy
[s] = {x ∈ R : xρs} = {x ∈ R : x − s ∈ Z}
(
)
_
= x∈R:
x−s=k
(
=
x∈R:
k∈Z
_
)
x=s+k
k∈Z
= {s + k : k ∈ Z} .
√
√
/ Q, wie, c relacja określona w (b) nie jest
Ponieważ 2 + 2 ∈
zwrotna, czyli nie jest ona relacja, równoważności.
Relacja określona w (c) jest zwrotna oraz symetryczna. Aby
sprawdzić przechodniość tej relacji, zaÃlóżmy że ent (x) = ent (y)
oraz ent (y) = ent (z) . Wówczas ent (x) = ent (z) , czyli relacja jest
przechodnia. Zatem jest to relacja równoważności. Pokażemy, że
dla dowolnego elementu s ∈ R zachodzi [s] = [ent (s), ent (s) + 1) .
W tym celu oznaczmy przedziaÃl znajduja,cy sie, po prawej stronie
równości przez A. Jeżeli x ∈ A, to ent (s) ≤ x < ent (s) + 1. Sta,d
ent (x) = ent (s) , czyli x ∈ [s]. Z drugiej strony, jeśli x ∈ [s], to
ent (x) = ent (s) , wie, c x ∈ [ent (s), ent (s) + 1). Zatem [s] = A.
L
Ã atwo jest zauważyć, że relacja określona w (d) jest relacja,
równoważności. Zauważmy, że jeśli x oraz y sa, liczbami rzeczywistymi różnymi od zera, to ich kwadraty sa, równe wtedy i tylko
wtedy, gdy x = y lub x = −y. Zatem dla x 6= 0 mamy
[x] = {x,−x} oraz [0] = {0} .
180
P 10.2. Poniższe relacje dziela, zbiór Z na podane klasy równoważności.
(a) xρy ⇔ x = y = 0 ∨ xy > 0,
(b) xρy ⇔ (x = 0 ∧ y ≥ 0) ∨ (x ≥ 0 ∧ y = 0) ∨ xy > 0,
(c) xρy ⇔ 5|x − y.
11. Funkcje
P 11.1. Funkcjami sa, krzywe (a), (b) oraz (f).
Krzywa (c) nie jest funkcja,, ponieważ żadna wartość nie jest
przyporza,dkowana elementowi x ∈ [a,b), natomiast elementowi b
jest przyporza,dkowanych nieskończenie wiele elementów.
Krzywa (d) nie jest funkcja,, ponieważ każdemu argumentowi
x ∈ (a,b) sa, przyporza,dkowane dwie wartości.
Krzywa (e) jest funkcja, z R do R. Ponieważ jednak w zadaniu
pytamy sie, , czy krzywa jest funkcja, określona, na [a,b], odpowiedź
jest negatywna.
P 11.2. Przy każdym poÃlożeniu osi x znajdziemy linie, prosta,
prostopadÃla, do osi x w punkcie x0 , która przetnie krzywe (e)
oraz (f) w wie, cej niż jednym punkcie. Oznacza to, że punkt x0
jest w relacji z wie, cej niż jednym elementem, czyli krzywe te nie sa,
funkcjami. Jeśli chodzi o pozostaÃle krzywe, to sa, one funkcjami, gdy
oś x ukÃladu wspóÃlrze, dnych poprowadzi sie, pionowo.
P 11.3. Najcze, ściej spotykanymi wyrażeniami, które ograniczaja, dziedzine, , sa,:
(i) dzielenie (mianownik nie może być równy 0),
(ii) pierwiastkowanie kwadratowe (wyrażenie pod pierwiastkiem nie może być liczba, ujemna,),
(iii) logarytmowanie (wyrażenie logarytmowane jest dodatnie
oraz podstawa logarytmu jest liczba, dodatnia, różna, od 1).
Oznaczmy przez D dziedzine, funkcji, a przez P przeciwdziedzine, .
Rozwia,zania
181
(a) Mamy tu dzielenie (daje ono ograniczenie log x 6= 0 ) oraz
logarytmowanie ( x > 0 ). Zatem
D = {x ∈ R : log x 6= 0 ∧ x > 0} ,
czyli D = R+ \ {1} (tutaj R+ = (0,−∞) ). Ponieważ
funkcja log przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste,
wie, c funkcja f przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste
z wyja,tkiem zera. Sta,d P = R \ {0} .
(b) Ponieważ sin przyjmuje wartości wyÃla,cznie w przedziale
[−1,1], wie, c wyrażenie pod pierwiastkiem jest zawsze dodatnie. Zatem D = R+ \ {1} podobnie jak w (a).
Ponieważ
licznik jest ograniczony (zawiera sie, w przedziale
√
[1, 3] ) oraz log przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste, wie, c funkcja f przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste z wyja,tkiem zera. Sta,d P = R \ {0} .
Funkcje z podpunktów (a) oraz (b) nie sa, suriekcjami, ponieważ
0 nie należy do zbioru wartości żadnej z tych funkcji.
(c) FormuÃla określaja,ca
√ funkcje, g skÃlada sie, z dwóch wzorów.
Pierwszy wzór ( y x ) stosujemy kiedy x ≥ 0, a y jest
dowolne. Dla tych
√ wartości (x, y) możemy bez obaw
stosować wzór y x. Jeżeli x < 0, wartość funkcji g
√
w punkcie (x, y) obliczamy, stosuja,c wzór x y. Zatem
y musi być wie, kszy lub równy 0. Sta,d
©
ª
D = (x,y) ∈ R2 : x ≥ 0 ∨ (x < 0 ∧ y ≥ 0) .
Niech teraz z ∈ R. Wskażemy taka, pare, uporza,dkowana, (x, y), że g((x, y)) =√z. Jeśli weźmiemy x = 1, to
dostaniemy g((1, y)) = y 1 = y. Zatem możemy przyja,ć
y = z i otrzymujemy z = g((1, z)), czyli funkcja g przybiera każda, wartość rzeczywista,. Sta,d P = R (funkcja
jest suriekcja,).
(d) Wzór określaja,cy funkcje, h nie narzuca żadnych ograniczeń, wie, c D = R. Zauważmy, że (x, x + 1) jest
przedziaÃlem dÃlugości 1, bo (x + 1) − x = 1. Odwrotnie,
jeśli (a, b) jest przedziaÃlem dÃlugości 1, to jest on wartościa,
funkcji h w punkcie a. Zatem
P = {wszystkie przedziaÃly otwarte dÃlugości 1} .
182
Funkcja h nie jest suriekcja,, ponieważ do jej przeciwdziedziny nie należy przedziaÃl (0, 2).
(e) Dziedzina, funkcji w sa, wszystkie samochody dopuszczone do ruchu, czyli posiadaja,ce numery rejestracyjne.
Aby stwierdzić, czy funkcja ta jest suriekcja,, należaÃloby
wskazać 34 samochody, których numery rejestracyjne
kończa, sie, każdym ze znaków należa,cych do zbioru
{A, B, C, . . . , X, Y, Z, 0, 1, 2, . . . , 9} .
Podanie w tym skrypcie marek samochodów oraz ich numerów rejestracyjnych byÃloby jednak sprzeczne z ustawa,
o ochronie danych osobowych. Pozostawimy wie, c pytanie,
czy w jest suriekcja,, nierozstrzygnie, te.
P 11.4. Wykresy funkcji podane sa, na planszy 7. Oznaczmy
przez P przeciwdziedzine, funkcji f.
(a) P = [−3,6]. Funkcja nie jest różnowartościowa, ponieważ
f (− 21 ) = f ( 12 ). Aby sie, takowa staÃla, należaÃloby zawe, zić
dziedzine, do przedziaÃlu [0,3]. Naste, puja,ce rozszerzenie f¯
funkcji f jest suriekcja,:
na
f¯ : (−1,3 + π) −→ R,
½
f (x)
dla x ∈ (−1,3]
¯
f (x) =
π
tg(x − 3 − 2 ) dla x ∈ (3,3 + π).
(b) P = [−3,1] ∪ (6,9). Funkcja nie jest iniekcja,, ponieważ
f (− 12 ) = f ( 12 ). Aby staÃla sie, ona różnowartościowa,
musimy zawe, zić ja, do zbioru (−2,0] ∪ {2} ∪ (3,4). Żeby
otrzymać rozszerzenie f¯ funkcji f do suriekcji posta,pimy
podobnie jak poprzednio. Tym razem f¯ : A ∪ (4,4 + π)
jest określona wzorem
½
f (x)
dla x ∈ A
¯
f (x) =
π
tg(x − 4 − 2 ) dla x ∈ (4,4 + π).
(c) Zauważmy najpierw, że zbiór A jest przedziaÃlem (2,+∞).
Zatem P = (1,+∞). Tym razem f jest iniekcja,. Żeby
sie, o tym przekonać, zauważmy, że jeśli x, y ∈ A oraz
Rozwia,zania
(a)
(b)
(c)
(d)
Plansza 7.
183
184
x2 − 3 = y 2 − 3, to x2 = y 2 , czyli (x − y)(x + y) = 0,
co oznacza, że x = y, lub x = −y. Ponieważ druga
ewentualność nie zachodzi, gdyż w A sa, tylko dodatnie
liczby, wie, c mamy, że x = y i f jest różnowartościowa.
Aby napisać rozszerzenie f, które jest suriekcja,, wykorzystamy tym razem funkcje, g(x) = −x2 + 1. Zauważmy,
na
że g : (−∞,0] −→ [−∞,1]. Ża,danym rozszerzeniem jest
na
funkcja f¯ : (−∞,0) ∪ A −→ R określona wzorem
½
f (x) dla x ∈ A
¯
f (x) =
g(x) dla x ∈ (−∞,0].
©
ª
(d) P = n2 − 3 : n ∈ N . Ponieważ w zbiorze A mamy
tylko liczby dodatnie, wie, c podobnie jak w poprzednim punkcie możemy wykazać, że funkcja f jest różnowartościowa. Podobnie jak w dwóch pierwszych punktach, aby napisać rozszerzenie f¯ funkcji f, które jest
,,na”, posÃlużymy
¡
¢sie, funkcja, tangens, która przeprowadza
przedziaÃl − π2 , π2 na R. Tym razem funkcje, tg przena
suniemy o π2 w lewo. Zatem f¯ : (−π,0) ∪ N −→ R jest
określona wzorem
½
f (x)
dla x ∈ A
¯
f (x) =
tg(x + π2 ) dla x ∈ (−π,0).
P 11.5.
(a) Zauważmy, że dziedzina, funkcji f jest zbiór R \ {3} . Zatem f 6= g, ponieważ dziedziny tych funkcji sa, różne.
Ponieważ na swojej dziedzinie f (x) = x + 3, wie, c funkcje, f można rozszerzyć do R, nadaja,c jej w punkcie 3
wartość 6. Tak rozszerzona funkcja f jest równa g.
(b) Ponieważ f (1) 6= g(1), wie, c f 6= g. Funkcji f nie można
zawe, zić tak, aby byÃla ona równa funkcji g, ponieważ
dziedzina, g jest caÃly zbiór liczb rzeczywistych. Funkcji
f nie można też rozszerzyć, ponieważ jej dziedzina jest
równa dziedzinie g.
(c) Ponieważ dziedzinami funkcji f oraz g sa, rozÃla,czne
zbiory, wie, c f 6= g oraz funkcji f nie da sie, ani rozszerzyć, ani zawe, zić tak, aby byÃla równa funkcji g.
Rozwia,zania
185
(d) I tym razem f 6= g, ponieważ dziedziny tych funkcji sa,
różne. Obcie, cie funkcji g do zbioru wszystkich przedzialÃów otwartych o końcach rzeczywistych jest równe funkcji f. Dlatego funkcje, f można rozszerzyć do zbioru
wszystkich przedziaÃlów o końcach rzeczywistych i zdefiniować tak, że przedziaÃlowi (a, b) funkcja f przyporza,dkowuje jego lewy koniec. Rozszerzenie to jest równe
funkcji g.
P 11.6. Przypomnijmy, że zÃlożenie f ◦ g ( g ◦ f ) istnieje, jeśli
P(g) ⊂ D(f ) (P(f ) ⊂ D(g)).
(a) (f ◦ g)(x) = [[x] + x − 1] ,
(g ◦ f )(x) = [[x]] + [x] − 1 = 2[x] − 1.
(b) (f ◦ g)(x) = [x] − 1 + 1 = [x],
(g ◦ f )(x) = [x + 1] − 1 = [x] + 1 − 1 = [x].
(c) (f ◦ g)(x) = log x − log2 x,
(g ◦ f ) nie istnieje.
P 11.7.
(a) f = sin, g = log,
(b) f = a, g = cos,
(c) f = cos, g = a,
(d) f = b, g = log przy zaÃlożeniu g : [1,+∞) → [0,+∞).
12. Obrazy i przeciwobrazy zbiorów
P 12.1. Żeby udowodnić (ii), weźmy dowolny element x należa,cy do zbioru f −1 (A ∩ B). Zgodnie z defincja, przeciwobrazu,
oznacza to, że f (x) ∈ A ∩ B, czyli f (x) jest zarówno elementem
zbioru A, jak i zbioru B. Czyli x musi być elementem zbioru
f −1 (A) oraz f −1 (B), czyli x ∈ f −1 (A) ∩ f −1 (B).
186
Pokażemy teraz wÃlasność (iii). Mamy
x ∈ f −1 (A \ B) ⇔ f (x) ∈ A \ B
(z 12.9)
⇔ f (x) ∈ A ∧ f (x) ∈
/B
⇔ x ∈ f −1 (A) ∧ x ∈
/ f −1 (B)
⇔x∈f
−1
(A) \ f
−1
(B).
(z 6.5)
(z 12.9 i 12.10)
(z 6.5)
P 12.2. Przeciwobrazy {θ} otrzymamy po wykonaniu naste, puja,cych obliczeń:
(a)
f −1 ({θ}) = f −1 ({(0,0,0)})
©
ª
= (x,y) ∈ R2 : (2x − 3y,y,3x − y) = (0,0,0)
©
ª
= (x,y) ∈ R2 : 2x − 3y = 0 ∧ y = 0 ∧ 3x − y = 0
©
ª
= (x,y) ∈ R2 : 2x = 0 ∧ y = 0 ∧ 3x = 0
©
ª
= (x,y) ∈ R2 : x = 0 ∧ y = 0 = {(0,0)} ;
(b)
g −1 ({θ}) = g −1 ({0})
©
ª
= (a,b,c) ∈ R3 : (a + b) + (a + b)x + cx2 = 0
©
ª
= (a,b,c) ∈ R3 : a + b = 0 ∧ c = 0
= {(a,−a,0) : a ∈ R} ;
(c)
h−1 ({θ}) = h−1 ({0})
©
ª
= x ∈ R+ : log(2x)3 = 0
= {x ∈ R+ : 3 log 2x = 0}
= {x ∈ R+ : log 2x = 0}
= {x ∈ R+ : 2x = 1}
½ ¾
1
=
.
2
187
Rozwia,zania
¡P3 12.3.
¢ Wykres funkcji f jest parabola, o wierzchoÃlku w punk1
cie
2 ,−
¡
¢ 4 . Zatem jest to funkcja ściśle maleja,ca na przedziale
−∞, 32 . Sta,d f ([0,1]) = [f (1),f (0)] = [0,2] oraz f ((−2,−1]) =
[f (−1),f (−2)) = [6,12). Ponieważ ramiona paraboli ,,ida, do góry”,
wie, c f −1 ({−3,−4}) = f −1 ((−∞,−6]) = ∅.
£ π ¤P 12.4. Zauważmy, że f jest£ πfunkcja
¤ , rosna,ca, na przedziale
0, 2 oraz maleja,ca, na przedziale 2 , 3π
2 . Zatem
µ·
¸¶
µh
·
¸¶
3
πi
π 3π
f 0, π
= f 0,
∪
,
2
2
2 2
¸¶
µ·
³h π i´
π 3π
,
∪f
= f 0,
2
2 2
h
³ π ´i · µ 3π ¶ ³ π ´¸
= f (0),f
,f
∪ f
2
2
2
= [1,2] ∪ [0,2] = [0,2].
Aby obliczyć obraz zbioru {0,π} , zauważmy, że
f (0) = f (π) = 1,
na
wie, c f ({0,π}) = {1} . Zauważmy teraz, że f : R¡ −→
¤ [0,2], wie, c
wystarczy wyznaczyć przeciwobrazy przedziaÃlów 12 ,2 oraz [0,1].
W tym celu należy rozwia,zać nierówności
1
< sin x + 1 ≤ 2
2
i
0 ≤ sin x + 1 ≤ 1.
Otrzymujemy:
µµ
f
−1
¶¶
1
,+∞
2
=
oraz
f −1 ((−∞,1]) =
´
[³ π
π
− + 2kπ,π + + 2kπ
6
6
k∈Z
[
k∈Z
[−π + 2kπ,2kπ] .
188
P 12.5. Ponieważ ϕ przyjmuje tylko wartości caÃlkowite, wie, c
ϕ−1 ([0,1)) = ϕ−1 ({0}) = {x ∈ R : [x] + 2 = 0}
= {x ∈ R : [x] = −2}
= [−2,−1).
Jeśli x ∈ R+ , to [x] należy do zbioru liczb caÃlkowitych nieujemnych, wie, c [x] + 2 należy do zbioru liczb naturalnych wie, kszych lub
równych 2. Zatem ϕ(R+ ) = N \ {1} .
√
√ W celu rozwia,zania punktu (d), obliczmy ϕ(− 2), ϕ(−2),
ϕ( 2) i ϕ(2). Otrzymujemy:
³n √
√ o´
ϕ − 2,−2,2, 2
= {0,3,4} .
P 12.6.
(a) Ponieważ funkcja f jest bijekcja,, wie, c z wniosku 12.8
otrzymujemy f −1 (f (A)) = A.
(b) Wyznaczymy teraz obraz zbioru A={z ∈ C : im (z) = 1}.
Jest to zbiór wszystkich liczb zespolonych postaci x + i,
gdzie x jest dowolna, liczba, rzeczywista,. Skoro f (x+i) =
x − i, wie, c f (A) = {z ∈ C : im (z) = −1} .
(c) Mamy
f −1 (A) = {z ∈ C : f (z) ∈ A}
= {x + iy ∈ C : x − iy ∈ A}
= {x + iy ∈ C : |x − iy| = 1} .
Ponieważ |x − iy| = |x + iy|, wie, c f −1 (A) = A.
P 12.7.
√
(a) Ponieważ
liczby naturalnej √ n2 = n, wie, c
© 2dla dowolnej
ª
A ⊃ n : n ∈ N . Z drugiej strony,
x jest liczba,
naturalna, tylko wtedy,
gdy
x
jest
kwadratem
© 2
ª © 2
ª liczby
caÃlkowitej.
n : n ∈ Z = n : n ∈ N , wie, c
© 2 Ponieważ
ª
A= n :n∈N .
(b) Taki zbiór nie istnieje, ponieważ Z nie jest podzbiorem
dziedziny funkcji f.
Rozwia,zania
189
¡
¢
(c) Jeżeli b < 0, to f f −1 ([a,b]) = f (∅) = ∅.
¡
¢
¡
¢
Jeżeli b = 0, to f f −1 ([a,b]) = f f −1 ({0}) = {0} .
Jeżeli a ≤ 0 < b, to
¡
¢
¡
¢
¡£
¤¢
f f −1 ([a,b]) = f f −1 ([0,b]) = f 0,b2 = [0,b].
Jeżeli 0 < a < b, to
¤¢
¡
¢
¡£
f f −1 ([a,b]) = f a2 ,b2 = [a,b].
(d) Rozważaja,c takie same przypadki jak w (c), otrzymujemy:

∅
jeżeli b < 0


{0}
jeżeli
b=0
f −1 (f ([a,b])) =

 [0,b] jeżeli a ≤ 0 < b
[a,b] jeżeli 0 < a < b.
13. Zbiory skończone
P 13.1. Dwie kopie tej samej wariacji niczym sie, nie różnia,,
wie, c relacja jest zwrotna. Jeśli w1 jest w relacji z w2 , czyli wariacje
te różnia, sie, tylko kolejnościa, wyrazów, to także w2 jest w relacji
z w1 , czyli nasza relacja jest symetryczna. Przypuśćmy teraz, że
wariacja w1 jest równoważna w2 oraz że w2 jest równoważna relacji w3 . Zatem w1 różni sie, od w2 tylko kolejnościa, wyrazów i,
podobnie, w2 różni sie, od w3 tylko kolejnościa, wyrazów. Zatem w
w1 , w2 oraz w w3 mamy te same wyrazy w tej samej liczbie, czyli
w1 jest w relacji z w3 i relacja jest przechodnia.
P 13.2. Aby usadowić n osób przy stole, ustawiamy je najpierw w kolejke, ( n! sposobów), a naste, pnie prosimy je, by zajmowaÃly miejsca przy stole po kolei. Zauważmy jeszcze, że po pierwsze, dwie nierównoważne kolejki a1 a2 . . . an oraz an . . . a2 a1 daja,
równoważne rozmieszczenia przy stole oraz, po drugie, nie jest istotne, od którego krzesÃla zaczniemy rozsadzać nasze osoby. Ostatecznie dostajemy wie, c odpowiedź, że wszystkich nierównoważnych
n!
usadowień jest 2n
= (n−1)!
.
2
190
P 13.3. Liczby 1 i 2 możemy ustawić obok siebie na dwa sposoby. Mianowicie, 1 może poprzedzać 2 lub 2 może poprzedzać 1.
Ustawiona, już pare, możemy umieścić wśród pozostaÃlych n − 2 liczb
na n − 1 sposobów (na pocza,tku lub po pierwszej liczbie, lub po
drugiej liczbie, lub . . . , lub na końcu). PozostaÃle n − 2 liczb ustawiamy dowolnie, czyli na (n − 2)! sposobów. Zatem możliwych
ustawień jest 2 · (n − 1) · (n − 2)! = 2(n − 1)!.
P 13.4. Wszystkich możliwych sÃlów, które da sie, uÃlożyć z tych
11!
liter, jest p =
= 34650 . Prawdopodobieństwo uÃlożenia
4! · 1! · 2! · 4!
sÃlowa MISSISSIPPI jest wie, c równe p1 .
P 13.5. Ponieważ milion ma 7 cyfr, wie, c szukamy liczb sześcio-,
pie, cio-, cztero-, trzy-, dwu- i jednocyfrowych, w których cyfry sa,
różne. Żadna z tych liczb nie może zaczynać sie, od zera. Wie, c
mamy 9 wyborów na pierwsza, cyfre, . Na pozostaÃlych miejscach może
być jedna z dziesie, ciu cyfr. Ponieważ jednak cyfry w danej liczbie
maja, być różne, wie, c przy każdej kolejnej cyfrze zmienia sie, liczba
możliwości o jeden. Zatem liczb naturalnych mniejszych od miliona,
które maja, różne cyfry, jest
9 + 9 · 9 + 9 · 9 · 8 + 9 · 9 · 8 · 7 + 9 · 9 · 8 · 7 · 6 + 9 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5,
czyli 168 570.
P 13.6. Jeżeli kostki sa, rozróżnialne, to ponieważ mamy 5 kostek oraz 6 możliwości na każdej kostce, wie, c możliwych ukÃladów
oczek jest 65 = 7776 . Sytuacja komplikuje sie, , jeśli zaÃlożymy, że
kostki sa, nierozróżnialne. Wówczas ukÃlad 1 2 3 4 5 identyfikuje sie,
z ukÃladem 5 3 4 1 2 oraz z 5! − 2 innymi, w których wyste, puja, te
liczby oczek. Zatem, jeżeli¡ na
¢ każdej kostce jest inna liczba oczek,
6
to takich ukÃladów mamy 5 . Jeśli pewna liczba oczek wyste, puje
¡¢
dokÃladnie dwa razy, to tego rodzaju ukÃladów jest 64 . Ostatecznie
mamy tylko
µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶
6
6
6
6
6
+
+
+
+
= 26 − 2 = 62
5
4
3
2
1
możliwe ukÃlady.
191
Rozwia,zania
P 13.7. Wszystkich pików w talii jest 13. Zatem z 13 kart
wybieramy 5, a z pozostaÃlych
8. Możliwych
¡ ¢39¡39kart
¢ wybieramy
10
sposobów wyboru jest wie, c 13
·
≈
8
·
10
.
5
8
P 13.8. Przyje, ta kolejność kart to 9, 10, walet, ¡dama,
król, as.
¢
8
Zatem najniższa, karta, na re, ku musi być 9 lub 10 ( 1 możliwości
wyboru). Naste, pnie za każdym razem możemy wybierać jedna,
z czterech kart. Zatem możliwości uzyskania streight’a jest
µ ¶ µ ¶4
8
4
·
= 2048.
1
1
¡P ¢13.9. Ponieważ w każdym kolorze mamy 6 kart, wie, c ogóÃlem
jest 65 możliwości wyboru pie, ciu kart z sześciu. Odpadaja, tu dwa
ukÃlady, kiedy dostajemy pokera. Ponieważ sa, cztery kolory, wie, c
mamy
µµ ¶
¶
6
4·
− 2 = 16
5
możliwości.
Kontynuuja,c ,,pokerowe” rozważania, podajemy w tabeli liczbe,
wszystkich premiowanych możliwości przy grze w pokera:
PARA
DWIE PARY
TRÓJKA
STREIGHT
¡4¢¡20¢¡16¢¡12¢
6
2
1
1
1
= 138240
2
1
= 8640
1
1
= 7680
¡6¢¡4¢¡4¢¡16¢
2
2
6
¡4¢¡20¢¡16¢
3
¡8¢¡4¢4
1
1
¡4¢¡4¢
= 2048
FULL HOUSE
6·5
KARETA
6 1 = 120
¡¡6¢
¢
4 5 − 2 = 16
¡8¢
1 =8
COLOR
POKER
3
2
¡20¢
= 720
192
14. Zbiory przeliczalne
P 14.1. Pokażemy, że zbiór D jest równoliczny z podzbiorem
liczb wymiernych. Wykorzystamy tutaj fakt, że do każdego odcinka należy liczba wymierna. Istotnie, odcinkowi I można
przyporza,dkować liczbe, wymierna, wI taka,, że wI ∈ I. Wówczas
dwóm różnym odcinkom zostana, przyporza,dkowane dwie różne
liczby, ponieważ odcinki te sa, rozÃla,czne. Zatem odwzorowanie
I 7→ wI jest funkcja, różnowartościowa, z D do Q , czyli zbiór D
jest przeliczalny.
P 14.2. Niech (a,b) oraz (c,d) be, da, naszymi przedziaÃlami.
Należy znaleźć funkcje, wzajemnie jednoznaczna, z jednego przedziaÃlu
na drugi. Wykresem takiej funkcji może być odcinek prostej przechodza,cej przez punkty (a,c) oraz (b,d). Zatem funkcja f określona wzorem
c−d
f (x) =
(x − a) + c
a−b
odwzorowuje wzajemnie jednoznacznie odcinek (a,b) na (c,d).
P 14.3. Każdemu z tych okre, gów można przyporza,dkować jego
promień. PowstaÃla w ten sposób funkcja odwzorowuje wzajemnie
jednoznacznie nasz zbiór okre, gów na zbiór liczb naturalnych.
P 14.4. Wystarczy tu zastosować twierdzenie 14.4.
P 14.5. Z poprzedniego zadania wiemy, że zbiór S wszystkich środków okre, gów jest przeliczalny. Ponieważ każdemu okre, gowi
K(S,r) o środku w punkcie S oraz promieniu r można przyporza,dkować wzajemnie jednoznacznie pare, (S,r) , wie, c zbiór naszych
okre, gów jest równoliczny zbiorowi S × Q , który jest produktem
dwóch zbiorów przeliczalnych, czyli jest przeliczalny.
193
Rozwia,zania
15. Zbiory nieprzeliczalne
P 15.1. Skonstruujemy najpierw funkcje, wzajemnie jednoznaczna, z przedziaÃlu (0,1) na (0,1] . Wykorzystamy w tym celu funkcje,
identycznościowa, I(x) = x . Oczywiście, nie jest to wymagana bijekcja, ponieważ 1 nie jest obrazem żadnego elementu przedziaÃlu
(0,1) . Zacznijmy wie, c nasza, konstrukcje, funkcji¡ f¢ od wyznaczenia
argumentu, którego obrazem jest 1. Niech f 12 = 1 . Musimy
teraz określić wartości funkcji f dla pozostaÃlych argumentów. Zauważmy, że funkcja g1 : (0,1) → (0,1] określona wzorem

 x dla x 6=
g1 (x) =

1
dla x =
1
2
1
2
1
nie jest bijekcja,, ponieważ
¡ 1 ¢ 21 nie jest obrazem żadnego argumentu.
Zdefiniujmy zatem f 3 = 2 . Wówczas funkcja g2 : (0,1) → (0,1]
określona wzorem

©1 1ª
x
dla
x
∈
/

2,3




g2 (x) = 1 dla x = 21




1
dla x = 13
2
1
nie jest bijekcja,, ponieważ
jest obrazem żadnego argumentu.
¡ 1 ¢ 3 nie
1
Zdefiniujemy teraz f 4 = 3 . Poste, pujemy tak dalej aż otrzymamy ostateczny ksztaÃlt funkcji f :

x
f (x) =

1
n−1
dla x ∈
/
dla x =
©1
n
ª
:n∈N
1
n.
Funkcje, wzajemnie jednoznaczna, z dowolnego przedziaÃlu otwartego (a,b) na przedziaÃl (c,d] można otrzymać, skÃladaja,c bijekcje,
r : (a,b) → (0,1) z funkcja, f oraz z bijekcja, p : (0,1] → (c,d] , tj.
ża,dana, funkcja, jest p ◦ f ◦ r . Bijekcja r zostaÃla skonstruowana
w rozwia,zaniu zadania P14.2, a konstrukcja p jest identyczna.
194
P 15.2. Umieśćmy środek okre, gu K w punkcie (0,r) , gdzie
r jest promieniem K tak, aby wyrzucony punkt Q pokryÃl sie,
z punktem (0,2r) . Zbiór R zinterpretujmy jako oś 0x . Bijekcje,
B : K \ {Q} → R konstruujemy w naste, puja,cy sposób:
– niech P 6= Q be, dzie dowolnym punktem okre, gu K,
– rysujemy prosta, p przechodza,ca, przez P i Q,
– B(P ) definiujemy jako punkt przecie, cia prostej p z osia, 0x .
Ponieważ dwa różne punkty na okre, gu daja, dwie różne proste,
które przecinaja, sie, w punkcie Q , wie, c punkty przecie, cia tych
prostych z osia, 0x sa, różne. Zatem funkcja B jest różnowartościowa. Jeżeli x jest punktem na osi 0x , to prosta Ãla,cza,ca punkty
x i Q przecina okra,g w pewnym punkcie P 6= Q (gdyby tak nie
byÃlo, prosta ta musiaÃlaby być styczna, do okre, gu w punkcie Q , czyli
równolegÃla, do osi 0x , wie, c nie przecie, Ãlaby osi). Zatem B(P ) = x
i B jest też suriekcja,.
P 15.3. Niech C01 oznacza zbiór wszystkich cia,gów 0–1,
a N oznacza zbiór wszystkich liczb niewymiernych z przedziaÃlu
[0,1] . Liczbie x ∈ N przyporza,dkujemy cia,g zero-jedynkowy (an )
w naste, puja,cy sposób:
£ 1¤
– Dzielimy
odcinek
[0,1]
na
dwie
równe
cze
oraz
, ści: I0 = 0, 2
£1 ¤
I1 2 ,1 . Jeśli x ∈ I0 , to definiujemy a1 = 0 . W przeciwnym wypadku kÃladziemy a1 = 1 . Ponieważ x jest liczba,
niewymierna,, wie, c jest on różny od punktu podziaÃlu 21 .
– Każdy z odcinków I0 , I1 dzielimy na dwie równe cze, ści,
otrzymuja,c odcinki I00 , I01 , I10 , I11 . W zależności od tego,
w którym z tych czterech odcinków jest x , definiujemy a2 = 0
lub a2 = 1 . Jeżeli, na przykÃlad, x ∈ I10 , to a2 = 0 oraz
a1 = 1 .
– Poste, pujemy tak dalej. Ogólnie, jeśli zdefiniowaliśmy już a1 ,
a2 , . . . , ak , to wiemy, że x ∈ Ia1 a2 ...ak . Dzielimy ten odcinek
na dwie równe cze, ści (punktem podziaÃlu jest uÃlamek o mianowniku 2k+1 , który jest liczba, wymierna,). Jeśli x jest w cze, ści lewej, to definiujemy ak+1 = 0 . W przeciwnym wypadku
ak+1 = 1 .
Pozostawiamy Czytelnikowi sprawdzenie, że zdefiniowana funkcja f : N → C01 jest bijekcja,.
195
Rozwia,zania
16. Zbiory cze, ściowo uporza, dkowane
Rozwia,zania zadań P16.1, P16.2 i P16.3 znajduja, sie, na planszy 8.
P 16.4. Relacja < nie jest relacja, porza,dkuja,ca,, ponieważ nie
jest zwrotna.
P 16.5. Mamy p ≤ t ≤ f ≤ k , p ≤ t ≤ h oraz p ≤ g .
PozostaÃle pary funkcji sa, nieporównywalne.
P 16.6. Wyniki sa, podane w tabelce.
zadanie
minimalny
maksymalny
najmniejszy
najwie, kszy
P16.1
∅
{a,b,c}
∅
{a,b,c}
P16.2
1
4,5,6
1
brak
P16.3
4,5,6
1
brak
1
17. Zbiory uporza, dkowane liniowo
Podane rozwia,zania do zadań w tym rozdziale nie sa, jedynymi
możliwymi.
P 17.1. Zbiór wszystkich dzielników naturalnych liczby 32 jest
równy {1,2,4,8,16,32} . Jest on uporza,dkowany liniowo przez relacje,
podzielności, tzn. x ≤ y ⇔ x|y .
P 17.2. Zbiór wszystkich dzielników caÃlkowitych liczby 32 jest
równy
{−32,−16,−8,−4,−2,−1,1,2,4,8,16,32} .
Jest on uporza,dkowany liniowo przez zwykÃla, relacje, mniejszości ≤ .
196
Graf do zadania 16.1
Plansza 8.
Rozwia,zania
197
P 17.3. Takim zbiorem może być A = {2n : n ∈ N} . Istotnie,
wiemy, że | jest relacja, porza,dkuja,ca,, wystarczy wie, c sprawdzić,
czy jest to relacja spójna. Niech 2m , 2n ∈ A . Ponieważ m oraz
n sa, nieujemnymi liczbami caÃlkowitymi, wie, c mamy m ≤ n lub
n ≤ m , ale to implikuje 2m ≤ 2n lub 2n ≤ 2m .
P 17.4. Potrzebna, relacje, możemy zdefiniować naste, puja,co:
x ≤ y ⇔ x jest wie, ksza lub równa y.
Zauważmy, że w ten sposób ,,odwróciliśmy” porza,dek na liczbach
caÃlkowitych ujemnych Z− . W konsekwencji liczba najwie, ksza ( −1 )
staÃla sie, liczba, najmniejsza,, a każdy podzbiór Z− posiada element
najmniejszy.
P 17.5. Ponieważ mamy zdefiniowany porza,dek liczbowy zarówno na liczbach ujemnych (zadanie P17.4) jak i na liczbach nieujemnych, wie, c wystarczy ,,poÃla,czyć” obydwa porza,dki. Możemy
to zrobić na kilka sposobów. Na przykÃlad zdefiniujmy relacje, ≤1
naste, puja,co:
(
x ≥ y jeżeli x < 0 oraz y < 0
x ≤1 y ⇔ x ≤ y jeżeli x < 0 oraz y ≥ 0
x ≤ y jeżeli x ≥ 0 oraz y ≥ 0.
Tak zdefiniowana relecja ,,ustawia” zbiór Z w naste, puja,cym porza,dku:
−1, −2, −3, −4, . . . , 0, 1, 2, 3, . . .
Pozostawiamy Czytelnikowi zdefiniowanie relacji ≤2 , która
,,ustawia” zbiór Z w porza,dku
0, −1, 1, −2, 2, −3, 3, . . .
P 17.6. Zbiór punktów na pÃlaszczyźnie możemy uporza,dkować
liniowo, wykorzystuja,c porza,dek na liniach prostych równolegÃlych
do osi ukÃladu wspóÃlrze, dnych. DokÃladnie,
(x1 ,x2 ) ≤ (y1 ,y2 ) ⇔ x1 < x2 ∨ (x1 = x2 ∧ y1 ≤ y2 ).
Tak zdefiniowana, relacje, nazywamy porza,dkiem leksykograficznym.
Pokażemy, że jest to relacja porza,dkuja,ca liniowo zbiór R2 . Ponieważ x1 = x1 ∧ y1 ≤ y1 , wie, c relacja jest zwrotna. Przypuśćmy, że
198
(x1 ,y1 ) ≤ (x2 ,y2 ) oraz (x2 ,y2 ) ≤ (x1 ,y1 ) . Zauważmy, że nie może
zachodzić żadna z nierówności x1 < x2 oraz x2 < x1 . Zatem musi
być x1 = x2 . Z zaÃlożenia oraz z definicji otrzymujemy natychmiast
y1 ≤ y2 oraz y2 ≤ y1 . Sta,d y1 = y2 , czyli (x1 ,y1 ) = (x2 ,y2 )
i relacja jest antysymetryczna.
Pokażemy teraz, że relacja jest przechodnia. Niech wie, c
(x1 ,y1 ) ≤ (x2 ,y2 ) oraz (x2 ,y2 ) ≤ (x3 ,y3 ) . Rozważymy dwa przypadki. ZaÃlóżmy najpierw, że x1 < x2 . Wówczas na pewno x1 < x3
(bo x2 < x3 lub x2 = x3 ). ZaÃlóżmy teraz, że x1 = x2 ∧ y1 ≤ y2 .
Jeśli x2 < x3 , to także x1 < x3 , czyli (x1 ,y1 ) ≤ (x3 ,y3 ) . Jeżeli
natomiast x2 = x3 ∧ y2 ≤ y3 , to x1 = x2 = x3 oraz y1 ≤ y2 ≤ y3 ,
czyli i w tym przypadku (x1 ,y1 ) ≤ (x3 ,y3 ) , co kończy dowód przechodniości.
PozostaÃlo udowodnić spójność. Jeśli mamy dwie pary (x1 ,y1 )
oraz (x2 ,y2 ) , to musi zachodzić x1 ≤ x2 lub x2 ≤ x1 . Możemy
zaÃlożyć, że zachodzi pierwsza nierówność. Jeżeli nierówność jest
ostra, tj. x1 < x2 , to mamy (x1 ,y1 ) ≤ (x2 ,y2 ) . Jeśli x1 = x2 ,
to mamy y1 ≤ y2 lub y2 ≤ y1 . W pierwszym przypadku oznacza
to, że (x1 ,y1 ) ≤ (x2 ,y2 ) , a w drugim, że (x2 ,y2 ) ≤ (x1 ,y1 ) . Zatem
relacja jest spójna.
Skorowidz
200
Skorowidz
201
Literatura
[1] Bryant V.: Aspekty Kombinatoryki.
Warszawa 1997.
Wydawnictwa Naukowo-Techniczne,
[2] Fudali S.: Logika i teoria mnogości. Zagadnienia wste,pne. Wydawnictwo
Naukowe Uniwersytetu Szczecińskiego, Szczecin 1987.
[3] Kuratowski K., Mostowski A.: Teoria mnogości wraz ze wste,pem do opisowej
teorii mnogości. PWN, Warszawa 1978.
[4] van Lint J.H.: Introduction To Coding Theory. Springer-Verlag, Berlin, Heidelberg, New York 1999.
[5] Malec M.: Elementarny wste,p do teorii relacji, Cze,ść I. Wydawnictwo AGH,
Kraków 1995.
[6] Marek W., Onyszkiewicz J.: Elementy logiki i teorii mnogości w zadaniach.
Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 1999.
[7] Mostowski A., Stark M.: Elementy algebry wyższej. PWN, Warszawa 1958.
[8] Musielak J.: Wste,p do matematyki. PWN, Warszawa 1970.
[9] Palka Z., Ruciński A.: WykÃlady z kombinatoryki cz.
Naukowo-Techniczne, Warszawa 1998.
1.
Wydawnictwa
[10] Rasiowa H.: Wste,p do matematyki wspóÃlczesnej. Biblioteka Matematyczna.
PWN, Warszawa 1968.
[11] SÃlupecki J., HaÃlkowska K., Piróg-Rzepecka K.: Logika matematyczna. Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 1999.
[12] Szkibiel G., Wowk Cz.: Zadania z arytmetyki szkolnej i teorii liczb. Wydawnictwo Naukowe Uniwersytetu Szczecińskiego, Szczecin 2000.
[13] Wilson R.J.: Wprowadzenie do teorii grafów. Wydawnictwo Naukowe PWN,
Warszawa 2000.

Teoria Zbiorów i Kombinatoryka

Transkrypt

Podobne dokumenty

Zaj ecia wspomagaj ace z matematyki, chemia I rok Zestaw M4

EGZAMIN ZE WSTE¸PU DO MATEMATYKI Imie i nazwisko

lista 2

Projekt

Podr˛ecznik KDebugDialog

REGULAMIN sprawdzianów pisemnych z matematyki

Zagadki Humanistyczne - Zakład Logiki Stosowanej

odpowiedzi I - Międzyszkolne Zawody Matematyczne

O stabilnosci równan funkcyjnych o jednej zmiennej Peter Volkmann1

Test numer xXx EGZAMIN PISEMNY Z MATEMATYKI DLA