Napíšem sem stručne niečo k týmto dvom úlohám.$\newcommand{\abs}[1]{|#1|}\newcommand{\N}{\mathbb N}\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\alnul}{\aleph_0}\newcommand{\sm}{\setminus}$
Dokážte, nasledujúce tvrdenia -- pričom je povolené používať len veci, ktoré už boli na prednáške. (Definície, vlastnosti rovnosti a nerovnosti, Cantor--Bernsteinova veta, $\ldots$ T.j. skúsiť to bez použitia vecí, ktoré v texte dokázané sú napríklad o súčte kardinálnych čísel.) Vlastne celý tento dlhý pokec smeruje najmä k tomu, že by ste to mali skúsiť bez použitia výsledku, že platí: $\abs{A}\ge\alnul$ $\Rightarrow$ $\abs{A}+\alnul=\abs{A}$. (Takýto fakt zanedlho dokážeme, keď sa začneme zaoberať vlastnosťami súčtu kardinálnych čísel.)
a) $\abs{\R\sm\N}=\abs{\R}$;
b) $\abs{\N}\le\abs{\mathcal P(\N)}$
K úlohe o $\abs{\R\sm\N}=\abs{\R}$ mám niečo aj v starších topicoch:
viewtopic.php?t=543
viewtopic.php?t=360
viewtopic.php?t=132
Vtedy ale bola táto úloha zadaná už po dôkaze toho, že z $\abs A\ge\alnul$ vyplýva $\abs A+\alnul=\abs A$.
Ak poznáme toto tvrdenie, tak stačí skontrolovať, že $\abs{\R\sm\N}\ge\alnul$. (Napríklad si môžeme všimnúť, že $n\mapsto n+\frac12$ je injekcia $\N\to\R$.) A potom už máme:
$$\abs{\R\sm\N}=\abs{R\sm\N}+\alnul=\abs{R\sm\N}+\abs{\N}=\abs{\R}.$$
Tu sme chceli dôkaz bez použitia tohto výsledku. Asi najprirodzenejší spôsob je použiť Cantor-Bernsteinovu vetu.
Máme nerovnosť $\abs{\R\sm\N}\le\abs{\N}$, lebo $\R\sm\N \subseteq \R$.
Takže už stačí nejako vymyslieť zdôvodnenie nerovnosti $$\abs{\R} \le \abs{\R\sm\N}.$$
Na to by nám stačila injekcia $\R\to\R\sm\N$.
Takýchto injekcií môžeme vymyslieť veľa.
Napríklad:
- Funkcia $f(x)=-e^x$ nadobúda iba záporné hodnoty, je to injekcia $\R\mapsto\R\sm\N$.
- Môžeme zobrať ľubovoľnú reálnu funkciu, ktorá nadobúda iba hodnoty z intervalu $(0,1)$ a je injektívna. Takých funkcií vieme vymyslieť viacero. A vrátime sa k nim aj na hodine, keď budeme chcieť zdôvodniť, že $\abs{R}=\abs{(0,1)}$.
Napríklad môžeme dostať bijekciu $g\colon \R\to\R\sm\N$ tak, že
\begin{align*}
g(n)&=n+\frac12;\text{ pre }n\in\N\\
g\left(n+\frac1{2^{k+1}}\right)&=n+\frac1{2^{k+2}};\text{ pre }n,k\in\N\\
g(x)&=x\text{ ak $x$ má iný tvar}
\end{align*}
Inak povedané, posúvali sme niektoré čísla podľa takejto schémy: $n\mapsto n+\frac12 \mapsto n+\frac14 \mapsto n+\frac18 \mapsto \dots$
A ostatné čísla sme nechali na mieste.
(V reči nekonečného hotela: Ak sa hostia na týchto miestach posunú, vedeli sme pridať ako hosťa $n$.)
A ak by sme použili podobný argument ak v dôkaze spomenutého tvrdenia, tak si okrem $\N$ ešte vezmeme jednu rovnako veľkú množinu, napríklad $B=\{n+\frac12; n\in\N\}$.
Skúsime vyrobiť bijekciu $\N\cup B\to B$ (rovnakým spôsobom ako v dôkaze $\alnul+\alnul=\alnul$).
A potom z nej urobíme bijekciu $\R\mapsto \R\sm\N$.