DiMat II Végtelen halmazok

Átírás

1 DiMat II Végtelen halmazok Czirbusz Sándor február 16.

2

3 1. fejezet A kiválasztási axióma. Ismétlés. 1. Deníció (Kiválasztási függvény) Legyen {X i, i I} nemüres halmazok egy indexelt családja. Egy kiválasztási függvényen olyan x : I i I X i függvényt értünk, melyre minden i I esetén x i X i. 1. Axióma (A kiválasztási axióma) Minden nemüres halmazokból álló indexelt halmazcsaládnak létezik kiválasztási függvénye. 2. Deníció Lánc Egy részbenrendezett halmaz olyan részhalmazát, mely ugyanerre a relációra nézve 3

4 rendezett, láncnak nevezzük. Véges jelleg Egy halmazrendszer véges jelleg, ha pontosan akkor eleme a halmazrendszernek, ha minden véges részhalmaza is eleme. Feladatok a kiválasztási axiómára. 1. Feladat Bizonyítsuk be, hogy kiválasztási axióma ekvivalens azzal, ha úgy fogalmazzuk meg, hogy minden nemüres, páronként diszjunkt halmazokból álló indexelt halmazcsaládnak létezik kiválasztási függvénye. Megoldás Nyilvánvaló, ha tetsz leges indexelt halmazcsaládnak van kiválasztási függvénye, akkor van a diszjunktaknak is. Nézzük a megfordítást! Legyen {X i, i I} egy indexelt halmazcsalád. Készítsük el az {Xi : i I} halmazcsaládot, ahol Xi = X i {X i }. Ezen halmazcsalád elemei már páronként diszjunktak, van x kiválasztási függvénye. Ezen kiválasztási függvény értékei rendezett párok, deniáljuk az x kiválasztási függvényt ezen függvény els koordinátájaként.

5 1. Tétel (ekvivalens megfogalmazások) A következ állítások ekvivalensek 1. A kiválasztási axióma. 2. A Zorn lemma. Ha egy részbenrendezett halmazban minden lineárisan rendezett részhalmaznak van fels korlátja, akkor a halmaznak van maximális eleme. 3. KurtowskiHausdor maximalitási elv. Egy részbenrendezett halmaz minden lánca valamilyen maximális láncban van. 4. Zermelo axióma. Minden nemüres páronként diszjunkt halmazokból álló halmazcsaládhoz van olyan halmaz, mely a hamazcsalád minden eleméb l pontosan egy elemet tartalmaz. 5. Jólrendezési tétel. Minden halmaz jólrendezhet. 6. TeichmüllerTukey lemma. Minden véges jelleg halmazcsaládnak van maximális eleme. 1. Következmény

6 1. Megszámlálható sok megszámlálható halmaz uniója megszámlálható. 2. A természetes számok halmaz minden végtelen halmazba beleágyazható. 3. Minden testnek létezik algebrai lezártja. 4. Minden vektortérnek van bázisa. 5. Analízis xponttételei. 6. BanachTarski paradoxon. 3. Deníció Legyen A, B két halmaz, f : A B egy függvény. Balinverz Az f L : B A függvény az f balinverze, ha f L f = id A. Jobbinverz Az f L : B A függvény az f jobbinverze, ha f f R = id B, 2. Feladat Ha A nemüres, akkor minden f : A B beágyazásnak van szürjektív balinverze.

7 f R id A A f B id B f L 1.1. ábra. Inverzek Megoldás Legyen a 0 A egy rögzített elem. De- niáljuk az f L függvényt a következ képp: ha b f(a) B, akkor van (pontosan egy) olyan a A, hogy f(a) = b. Legyen ekkor f L (b) = a. Különben legyen f L (b) = a Feladat Ha A nemüres, akkor minden f : A B szürjekciónak van injektív jobbinverze. Megoldás Legyen f : A B egy szürjektív függvény. Ekkor minden b B esetén f 1 (b) A nemüres. Az AC miatt mindegyikb l ki tudunk választani egy a elemet, legyen f R (b) = a. Az f R valóban injektív, így kész. 1. Házi feladat Bizonyítsuk be, hogy abból, hogy minden szürjekciónak létezik jobbinverze, következik az AC. Megoldás Legyen C páronként diszjunkt halmazok egy családja. Ekkor C minden eleme egyértelm en

8 egy C-beli halmaz eleme. Legyen f : C C az a leképezés, ami minden elemhez hozzárendeli az t tartalmazó halmazt. Ez nyilván szürjektív, a feltétel szerint van jobbinverze, ez pontosan egy kiválasztási függvény.

9 2. fejezet A SchröderBernstein tétel. Fogalmak. 4. Deníció Azt mondjuk, hogy az X és Y halmazok ekvivalensek, vagy azonos azonos számosságúak, ha létezik közöttük bijektív leképezés, X Y vagy X f Y. Ha X az Y egy részhalmazával ekvivalens, akkor X számossága kisebb, vagy egyenl, mint Y -é, X Y, vagy X f Y. (A többi reláció értelemszer - en.) 9

10 A tétel. 2. Tétel (SchröderBernstein tétel) Ha léteznek Y Y X és X Y injekciók, akkor létezik X Y bijekció. (Y X és X Y ) Bizonyítás Mivel létezik Y Y X injektív leképezés, feltehet, hogy Y X. De létezik az f : X Y bijekció is,ennek értékkészlete Y -beli. Ez az f a C = X \ Y halmazt f(c) Y -be képezi injektív módon. De C f(c) =, mert ha lenne közös elemük, akkor az egyrészt C-beli, tehát nem Y - beli, másrészt lévén C-beli elem képe, Y -beli. Az f - et többször alkalmazva hasonlóan belátható, hogy az összes f k (C), k = 0, 1, 2,... halmaz diszjunt. Legyen S = i=1 f i (C)!

11 X \ Y = C f(c) f 2 (C)... X \ S X Megjegyzend, hogy f(s) = S \ C S. Deniáljuk a h : X Y függvényt a következ képp: h(x) = f(x), ha x S, különben h(x) = x. 3. Tétel (Cantor) Bármely X halmazra X P(X). Feladatok. 4. Feladat Ha C A és B D, továbbá C D C, akkor A D A. Megoldás Megkonstruáljuk a bijekciót A B és A között. Legyen f az a függvény, melyre C D f C! Ha most x A B és x B, akkor x D, így x C D. Legyen ezekre az elemekre h(x) = f(x), különben h(x) = x. Ez bijekció.

12

13 3. fejezet Számosságok. Fogalmak. 5. Deníció Az X halmaz megszámlálható, ha ekvivalens N valamely részhalmazával. Megszámlálhatóan végtelen, ha ekvivalens N-el. 4. Tétel Megszámlálható sok megszámlálható halmaz uniója megszámlálható. (Szokták megszámlálható kiválasztási axiómának nevezni) Véges sok megszámlálható halmaz Descartes-szorzata megszámlálható. Megszámlálható halmaz elemeib l alkotott k-asok 13

14 halmaza megszámlálható (k N). Megszámlálható halmaz összes elemeib l alkotott összes véges sorozat halmaza megszámlálható. Az egész együtthatós polinomok halmaza megszámlálható. A racionális együtthatós polinomok halmaza megszámlálható. Az algebrai számok halmaza megszámlálható. R nem megszámlálható, s t R P(N). Vannak transzcendens számok. 5. Feladat Ha A i N, ahol i I és I tetsz leges indexhalmaz, akkor van olyan J I megszámlálható indexhalmaz, hogy j J A j = i I A i és j J A j = i I A i. Megoldás Minde a N esetén válasszunk egy olyan i a t, hogy a A ia és olyan i a -t, hogy a / A i. Ekkor a az {A ia, A i a } halmazcsalád megfelel. 6. Feladat Ha A R nem-megszámlálható, akkor van olyan a A, hogy az A (, a) és A (a, ) halmazok nem megszámlálhatóak.

15 Megoldás Legyen m azon r R számok szuprémuma, hogy A (, r) megszámlálható, illet, ha nincs ilyen m. m = nem lehet, mert akkor R megszámlálható sok megszámlálható halmaz uniója lenne. Hasonlóan, Legyen M R azon r R számok inmuma, melyekre A (r, ) megszámlálható. Ekkor M > és A (M, qinf ty) megszámlálható. Ezért m < M és minden m és M közti szám jó. 7. Feladat R racionális végpontú intervallumainak a halmaza megszámlálható. Megoldás A fenti halmaz azonosítható Q Q-val. 8. Feladat Az R nyílt intervallumainak minden diszjunkt családja megszámlálható. Megoldás Minden intervallumban van racionális szám. 9. Feladat R minden nyílt halmaza nyílt intervallumok megszámlálható uniója. Megoldás Legyen G R nyílt. Deniáljuk G-n a következ relációt, ha x, y G, akkor x y pontosan akkor, ha az [x, y] intervallum G-beli. Ekkor ekvivalenciareláció, osztályai a nyílt intervallumok.