Потужність континууму

Теорема 2 (Кантора) . Множина дійсних чисел з інтервалу (0, 1) не є зчисленною.

Дійсно,доведемо, що множинаX = (0, 1) дійсних чисел, які задовольняють нерівність 0 ≤x≤ 1, не є зчисленною.

Доведенняпроведемо від протилежного. Припустимо, щоXзчисленна й існує деяка бієкціяNнаХ, тобто елементиXможуть бути записані y вигляді деякої послідовностіx₁, x₂, x₃, …, елементи якої попарно різні. Крім того, розглянемо дійсне числоξ, яке визначимо так: перед комою поставимо 0, потім якj-й десятковий знак виберемо довільне ціле число між 1 і 8, яке відрізняється відj-го десяткового знака числах_j. Таким способом ми утворюємо нескінченний дріб, що визначає деяке числоξ. Для довільного натуральногоjмаємо таке. Оскількиj-й десятковий знак числаξвідрізняється відj-го десяткового знака числах_jі всі десяткові знаки числаξвідрізняються від 0 і 9, тоξ≠х_j(не допускаємо знаків 0 і 9, бо 0,102000... і 0,101999... одне і те ж саме число). Значить числоξне збігається ні з одним з чисел послідовностіx₁, x₂, x₃, … Ми отримали суперечність. Це й доводить теорему.

Будемо потужність множини X=(0, 1)називати потужністю континууму. Потужність континууму - це також потужність множини всіх дійсних чисел, оскількиє бієкцією (0, 1) наR.

Дійсно, нехай x1≠x2 Припустимо, щосуперечність Отже, це відображення ін’єктивне.

Це відображення також є сюр’єктивним, бо з рівності .

Наведемо без доведення теорему.

Теорема 3 (Бернштейна). НехайXтаY– дві довільні множини. Тоді 1) або існує ін’єкціяXвY, або існує ін’єкція YвX(обидві обставини не виключають одна одну); 2) якщо існує одночасно ін’єкція XвYта ін’єкціяYвX, то існує також бієкціяXнаY.

Наслідок. Для заданих множинXтаYє тільки три можливості:

а) існує ін’єкція XвYі не існує ін’єкція YвX. В цьому випадку говорять, щоYмає потужність строго більшу потужностіX, або щоXмає потужність, строго меншу потужностіY;

б) існує ін’єкція YвXі не існує ін’єкція XвY. ТодіXмає потужність строго більшу потужностіYабоYмає потужність, строго меншу потужностіX;

в) існує бієкція XвY. У цьому випадку кажуть, щоXіYмають однакову потужність або рівнопотужні.

Теорема 4. Якою б не була множинаX, множина її підмножин має потужність, строго більшу потужностіX.

Виходячи з останньої теореми, для нескінченних множин існує нескінченне число класів рівнопотужних множин.

На завершення сформулюємо континуум-гіпотезу. Згідно цієї гіпотези, клас множини P(N) іде одразу за класом множиниN (тобто між ними не можна вставити проміжний клас). Узагальнена континуум-гіпотеза полягає в припущенні, що при довільній множиніXклас множиниP(X) іде безпосередньо за класом множиниX. Доведено (П. Коен, 1968 р.), що континуум-гіпотеза не має рішення – її не можливо ані довести, ані спростувати, можна тільки прийняти її або протилежне їй твердження як аксіому.

Приклади розв’язання типових задач

1. Довести тотожність для множин: A \ (B  C) = (A\ B)  (A \ C)

Розв’язування: Запишемо ланцюжок рівносильних тверджень

xA \ (B  C)  (xA) i (xB  C)  (xA) i (x)  (xA) i (x) 

(xA) i (xабо x)  (xA i x) або(xA i x)  (xA i xB) або(xA i xС) x(A\ B)  (A \ C)

Таким чином, множини A \ (B  C)та(A\ B)  (A \ C)співпадають. Тотожність доведено.

2. Дослідити властивості (ін’єктивність, сюр’єктивність та бієктивніть) відображення f:X→Y, деX– множина прямокутників на площині ,Y=R₊- множина додатніх дійсних чисел,f (x) =площа (x).

Розв’язування: Введемо такі позначення. Довільний прямокутникxможна подати як впорядковану пару довжин його сторін (a_x, b_x) деa_xтаb_x– додатні дійсні числа, тоді відображенняf (x) =площа (x) визначатиметься виразомf (x) =s_x = a_xb_x.

a) ін’єктивність. Візьмемо довільнеsYта виберемо прямокутник зі сторонамиa_xіb_x=. Тоді для довільногоa_x, площаf (x) ==s.Отже, довільне число прямокутників будуть переходити при даному відображенні в одне і те ж числоs. Тому відображення не є ін’єктивним;

б) сюр’єктивність. Подібно до наведених вище міркувань візьмемо довільне yYта зафіксуємо одну із сторін прямокутникаa_x= 1. Тодіb_x=yі для кожного додатнього цілого числаyYу множиніXзнайдеться прямокутник зі сторонами (1,y). Значить, відображення сюр’єктивне;

б) бієктивність. Оскільки задане відображення не ін’єктивне, то за означенням воно не є бієктивним.

3. Задано відношення R  X  X,X = N, (x, y)  R, якщоx ² – y ²ділиться на 2 (мається на увазі без остачі). Дослідити відношення на рефлективність, антирефлективність, симетричність, антисиметричність, транзитивність.

Розв’язування: Очевидно, що відношення є рефлективним, бо для довільногоxз множини натуральних чисел виразx ² ‑ x ²рівний нулю, а отже ділиться на 2.

Відношення не є рефлективним, бо скажімо дляx=7 пара (7,7) належить до відношення.

При аналізі на симетричність припустимо, що (x, y)  R, і нехай (x ² – y ²) / 2 =z.Тоді для (y, x), (y ² – x ²) / 2 = -z, отже і (y, x)  R.Звідси робимо висновок, що відношенняRє симетричним.

Дане відношення не є антисиметричним: для різних елементів x=11 таy=3 з множини натуральних чисел одночасно виконуються умови:x ² – y ²ділиться на 2 таy ² – x ²ділиться на 2.

З умови належності пари (x, y)відношеннюRвипливає, щоxтаyповинні одночасно бути або парними або непарними числами. Для того, щоб (y, z)  R, необхідно, щоб числоzтакож було або парним або непарним одночасно з числомy, а, отже, і з числомx. Тому умова транзитивності (xR yіyR zxR z) виконується.

Так як, досліджене відношення Rє рефлективним, симетричним та транзитивним, то це - відношення еквівалентності.