logowanie

matematyka » forum » forum zadaniowe - uczelnie wyższe » zadanie

Logika, zadanie nr 98

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorZadanie / Rozwiązanie

cherryvis3
postów: 1
2011-01-27 20:07:46

Zad.1
Udowodnij, że istnieje zbiór $A\subseteq R^2$ o następujących własnościach:
Żadne trzy punkty nie leżą na jednej prostej
Każdy punkt $x \in R^2 \setminus A$ należy do pewnej prostej przechodzącej przez dwa różne punkty zbioru A.
Udowodnić, że każdy zbiór $A\subseteq R^2$ o własnościach z punktu a) jest nieprzeliczalny.


Wskazówki
Korzystając z lematu Kuratowskiego-Zorna, udowodnić, że istnieje element maksymalny w rodzinie X złożonej ze wszystkich zbiorów $A\subseteq R^2$ o własności (1).
Wykazać, że zbiór $A\inX$ jest elementem maksymalnym rodziny X wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia warunek (2)
Dla dowodu punktu b) wykazać, ze jeśli zbiór $A\subseteq R^2$ jest co najwyżej przeliczalny, to nie jest elementem maksymalnym rodziny X. W tym celu udwodnić, że płaszczyzna nie jest sumą żadnej przeliczalnej rodziny prostych (wskazówka: dla dowolnej rodziny prostych istnieje prosta, która nie jest równoległa do żadnej z nich.


tumor
postów: 8070
2012-09-23 22:22:18

LKZ da dowód niekonstruktywny. Może prościej? Dowolny okrąg o dodatnim, skończonym promieniu spełnia warunki zadania. Jeśli już chcemy używać LKZ to, na bogów Olimpu, nie na siłę, a tam, gdzie skutkuje ciekawym twierdzeniem.

Druga część zadania wymaga przynajmniej nieco teorii mnogości.
Przypuśćmy, że $A$ jest przeliczalny. Wtedy dla każdego $a\in A$ możemy stworzyć zbiór $T_a$ prostych przechodzących przez $a$ i jeszcze inny punkt $A$. $T_a$ jest przeliczalny. Zbiorów $T_a$ jest przeliczalnie wiele. Czyli otrzymalibyśmy tylko przeliczalnie wiele zbiorów przeliczalnych, a nietrudno pokazać, że suma takiej rodziny - oznaczmy ją $T$ - jest przeliczalna. (Na przykład każdy zbiór przeliczalny $T_a$ jest równoliczny z podzbiorem postępu geometrycznego $p_a^n$, gdzie $p_i$, $p_j$ są różnymi liczbami pierwszymi dla $i\neq j$, zatem suma rodziny jest równoliczna z podzbiorem $N$).

Mamy zatem przeliczalnie wiele prostych w zbiorze $T$. Pozostaje wykazać, że proste te nie pokrywają płaszczyzny. Każda (no, poza pionowymi) prosta daje się zapisać jako $y=cx+d$. Współczynnik kierunkowy $c$ jest liczbą rzeczywistą, liczb rzeczywistych nie jest przeliczalnie wiele, czyli istnieje prosta o innym współczynniku kierunkowym niż proste w $T$. Ta prosta nie jest równoległa do żadnej z tych prostych. Zatem z każdą z nich ma jeden punkt wspólny. Zatem przeliczalnie wiele punktów naszej prostej leży zarazem na pewnej prostej z $T$. Ale pozostałe nieprzeliczalne mnóstwo punktów prostej tego warunku nie spełnia, sprzeczność, czyli założenie o przeliczalności zbioru $A$ było do bani.

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj





© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt online: 50 drukuj