Písomka ZS 2014/15

[Martin Sleziak]

Zadania$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\Lra}{\Leftrightarrow}\newcommand{\Invobr}[2]{\inv{#1}(#2)}\newcommand{\Obr}[2]{#1[#2]}
\newcommand{\alnul}{\aleph_0}\newcommand{\mfr}[1]{\mathfrak{#1}}\newcommand{\Ra}{\Rightarrow}\newcommand{\abs}[1]{|#1|}
\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\C}{\mathbb C}\newcommand{\Q}{\mathbb Q}\newcommand{\N}{\mathbb N}
\newcommand{\emps}{\emptyset}\newcommand{\sm}{\setminus}$

Skupina A

• Zistite, či zložený výrok $[p\Ra (r\lor \neg q)] \Ra [(p\Ra q) \Ra (p\Ra r)]$ je tautológia.
• Nech $\Zobr fXY$, $\Zobr {g,h}YZ$ sú zobrazenia. Dokážte, že ak $f$ je surjekcia, tak platí $g\circ f=h\circ f$ $\Ra$ $g=h$.
• Nech $\Zobr fXY$ je ľubovoľné zobrazenie a $A,B\subseteq X$. Dokážte, že $\Obr f{A\cup B}=\Obr fA\cup \Obr fB$.
• Vypočítajte kardinalitu množiny $\R^{\R\times\R}$.
• Dokážte $\mfr c\cdot\mfr c^{\mfr c}\cdot\alnul^{\mfr c}=2^{\mfr c}$.

Skupina B

• Zistite, či zložený výrok $(p\Ra q) \Ra (p\Ra (q\land r))$ je tautológia.
• Nech $\Zobr{g,h}XY$, $\Zobr fYZ$ sú zobrazenia. Dokážte, že ak $f$ je injekcia a platí $f\circ g=f\circ h$, tak $g=h$.
• Nech $\Zobr fXY$ je ľubovoľné zobrazenie a $A,B\subseteq X$. Dokážte, že $\Obr f{A\cap B}\subseteq\Obr fA\cap \Obr fB$. Ukážte na príklade, že nemusí platiť rovnosť.
• Vypočítajte kardinalitu množiny $(\R\times\R)^{\R}$.
• Dokážte $2^{\alnul}\cdot2^{\mfr c}={\mfr c}^{\alnul}\cdot \alnul^{\mfr c}$.

Skupina C

• Zistite, či zložený výrok $[(p\Ra q)\land (q\Ra r)] \Ra (p\Ra q)$ je tautológia.
• Nech $R$ je relácia na množina $A$. Ukážte, že $R$ je tranzitívna práve vtedy, keď $R\circ R\subseteq R$.
• Dokážte, že pre ľubovoľné množiny $A$ a $\{B_i; i\in I\}$, kde $I\ne\emps$, platí $A\sm \bigcup\limits_{i\in I} B_i = \bigcap\limits_{i\in I}(A\sm B_i).$
• Vypočítajte kardinalitu množiny $(\R\times\R)^{\N\times\N}$.
• Dokážte $2^{(\mfr c^{\alnul})}.{\alnul}^{\mfr c}=2^\mfr c$.

Skupina D

• Zistite, či zložený výrok $[p\Ra (r\lor \neg q)] \Ra [(p\Ra q) \Ra (p\Ra r)]$ je tautológia.
• Dokážte, že ak $R$, $S$ sú relácie ekvivalencie na množine $A$, tak aj $R\cap S$ je relácia ekvivalencie.
• Dokážte, že pre ľubovoľné množiny $A$ a $\{B_i; i\in I\}$, kde $I\ne\emps$, platí $A\sm \bigcup\limits_{i\in I} B_i = \bigcap\limits_{i\in I}(A\sm B_i).$
• Vypočítajte kardinalitu množiny $(\R^\N)\times(\N^\R)$.
• Dokážte $2^{\alnul}\cdot\alnul^{\alnul}\cdot\mfr c^{\alnul}=\mfr c$.

V každej skupine bolo päť 8-bodových úloh.

Táto informácia bola spoločná pre všetky skupiny:
Pri počítaní kardinality môžete využívať vzťahy $\mfr c=2^{\alnul}$, $\alnul=\alnul.\alnul=\alnul+\alnul$ ako aj všetky identity, o ktorých sme dokázali na prednáške, že platia pre všetky kardinálne čísla. Takisto môžete používať to, že $\abs{\N}=\abs{\Q}=\alnul$ a $\abs{\R}=\mfr c$. Ak budete potrebovať nejaké ďalšie pomocné vzťahy, treba ich dokázať. Výsledok pri otázkach o kardinalite sa očakáva v tvare $\alnul$, $\mathfrak c$, $2^{\mathfrak c}$, $2^{2^\mathfrak c}$, a pod. T.j. ak odpoveď má byť kardinalita nejakej množiny alebo hodnota nejakého kardinálneho čísla, nenechávajte tam nejaké nedokončené výrazy ako $\alnul.\mfr c$, $\alnul^{\alnul}$ a pod.

Skúsim sem niečo napísať k riešeniam a tiež k chybám, ktoré sa vyskytovali. Ak sa k niektorej časti budete chcieť niečo opýtať, tak môžete tu alebo - ak sa vám bude zdať, že to bude dlhšia diskusia - tak môžete začať samostatné vlákno.

[Martin Sleziak]

Tautológia$\newcommand{\Ra}{\Rightarrow}$

Výrok v skupine C bol $[(p\Ra q)\land (q\Ra r)] \Ra (p\Ra q)$.

Overiť, že je to tautológia sa dalo veľmi ľahko: Stačilo si rozmyslieť, že $(A\land B)\Ra A$ je tautológia. (Napríklad aj tabuľkou - ale máme iba dve premenné; teda je to menej roboty.)
Potom stačilo dosadiť $A\equiv p\Ra q$, $B\equiv q\Ra r$.

Bol to preklep: Chcel som zadať $[(p\Ra q)\land (q\Ra r)] \Ra (p\Ra r)$, kde sa to takto jednoducho obabrať nedá.
(Ale bol to taký "dobrý" preklep - mali ste vďaka nemu jednoduchšie zadanie.)

Zdá sa, že sa stále objavujú ľudia, ktorí majú problém s tabuľkou implikácie.

Ešte poznamenám aj to, že ak overujete tabuľkou, či ide o tautológiu, a v niektorom riadku vyjde 0, tak ostatné riadky už vlastne netreba dorátať. (Ale určite to nie je chyba a nijako to ani neuškodí.)

[Martin Sleziak]

Zobrazenia$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\Lra}{\Leftrightarrow}\newcommand{\Invobr}[2]{\inv{#1}(#2)}\newcommand{\Obr}[2]{#1[#2]}\newcommand{\Ra}{\Rightarrow}$

K týmto úlohám som medzičasom napísal niečo aj sem: https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=1447

Nech $\Zobr fXY$, $\Zobr {g,h}YZ$ sú zobrazenia. Dokážte, že ak $f$ je surjekcia, tak platí $g\circ f=h\circ f$ $\Ra$ $g=h$.

Nech $y$ je ľubovoľný prvok z $Y$. Potom existuje $x\in X$ také, že $f(x)=y$. (Tu sme využili surjektívnosť $f$.)
Dostávame, že platí:
$g(y)=g(f(x))=h(f(x))=h(y)$.
Zistili sme, že $g(y)=h(y)$ pre každé $y\in Y$. To znamená, že $g=h$.

Nech $\Zobr{g,h}XY$, $\Zobr fYZ$ sú zobrazenia. Dokážte, že ak $f$ je injekcia a platí $f\circ g=f\circ h$, tak $g=h$.

Vieme, že $f\circ g=f\circ h$. To znamená, že pre ľubovoľné $x\in X$ platí rovnosť $(f\circ g)(x)=(f\circ h)(x)$, t.j.
$$f(g(x))=f(h(x)).$$
Pretože $f$ je injekcia, z tejto rovnosti vyplýva
$$g(x)=h(x).$$
Platnosť $g(x)=h(x)$ pre každé $x\in X$ znamená, že zobrazenia $g$ a $h$ sa rovnajú.

Chyby, ktoré sa vyskytovali

Niektorí ste si neuvedomili v akom poradí skladáme zobrazenia.
Platí $(g\circ f)(x)=g(f(x))$ a nie $(g\circ f)(x)=f(g(x))$.
(Pritom toto je vec, ktorú by ste mali vedieť už z prvého ročníka bakalárskeho štúdia a stretávali ste sa s ňou na viacerých predmetoch - prinajmenšom na lineárnej algebre aj na analýze.)
Všimnite si, že v opačnom poradí sa nemusia dať zobrazenia ani zložiť, ak $Z\ne X$. (Nemáme zaručené, že $g(x)$ patrí do definičného oboru funkcie $f$.)

Niektorí z vás ako definíciu surjekcie uviedli definíciu injekcie.

Takisto ste niektorí napísali, že definícia injekcie je $x=y$ $\Ra$ $f(x)=f(y)$ resp. $f(x)\ne f(y)$ $\Ra$ $x\ne y$.
Tento fakt vyplýva z definície zobrazenia. Teda takéto niečo platí pre každé zobrazenie, nie je to definícia injekcie.

Ak rozumiete pojmom injekcia a surjekcia, nemalo by byť ťažké nájsť konkrétne príklady, na ktorých vidno, že po vynechaní predpokladu, že $f$ je surjekcia (v skupine A) resp. že $f$ je injekcia (v skupine B) tieto tvrdenia už neplatí. (Nájdenie príkladov nechávam pre vás na rozmyslenie.)
Teda ak ste sa pokúsili o nejaký dôkaz a nikde ste tento predpoklad nepoužili, tak váš argument určite nemôže byť správny.

Relácie

Tieto úlohy sa vyskytli v rámci domácich, kde som písal riešenia: viewtopic.php?t=512

Chyby, ktoré sa vystkytovali

Relácie ekvivalencie je relácia, ktorá je reflexívna, symetrická, tranzitívna. Je to niečo iné ako logická spojka $\Lra$.

[Martin Sleziak]

Obraz množiny$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\Lra}{\Leftrightarrow}\newcommand{\Invobr}[2]{\inv{#1}(#2)}\newcommand{\Obr}[2]{#1[#2]}$

Nech $\Zobr fXY$ je ľubovoľné zobrazenie a $A,B\subseteq X$. Dokážte, že $\Obr f{A\cup B}=\Obr fA\cup \Obr fB$.

Pripomeňme, že definíciu obrazu množiny môžeme zapísať aj takto:
$$y\in \Obr fD \Lra (\exists x) (x\in D \land y=f(x))$$

Potom dostávame:
$y\in\Obr f{A\cup B}$ $\Lra$
$(\exists x)(x\in A\cup B \land y=f(x))$ $\Lra$
$(\exists x)((x\in A \lor x\in B) \land y=f(x))$ $\overset{(1)}\Lra$
$(\exists x)((x\in A \land y=f(x)) \lor (x\in B \land y=f(x)))$ $\overset{(2)}\Lra$
$(\exists x)(x\in A \land y=f(x)) \lor (\exists x)(x\in B \land y=f(x))$ $\Lra$
$y\in\Obr fA \lor y\in\Obr fB$ $\Lra$
$y\in\Obr fA\cup \Obr fB$ $\Lra$

(1) Tu sme využili, že $(p\lor q)\land r \Lra (p\land r) \lor (p\land q)$.
(2) Tu sme využili, že $(\exists x)(P(x)\lor Q(x)) \Lra (\exists x) P(x) \lor (\exists x)Q(x)$

Nech $\Zobr fXY$ je ľubovoľné zobrazenie a $A,B\subseteq X$. Dokážte, že $\Obr f{A\cap B}\subseteq\Obr fA\cap \Obr fB$. Ukážte na príklade, že nemusí platiť rovnosť.

$y\in\Obr f{A\cap B}$ $\Lra$
$(\exists x)(x\in A\cap B \land y=f(x))$ $\Lra$
$(\exists x)((x\in A \land x\in B) \land y=f(x))$ $\overset{(1)}\Lra$
$(\exists x)((x\in A \land y=f(x)) \land (x\in B \land y=f(x)))$ $\overset{(2)}\Ra$
$(\exists x)(x\in A \land y=f(x)) \land (\exists x)(x\in B \land y=f(x))$ $\Lra$
$y\in\Obr fA \land y\in\Obr fB$ $\Lra$
$y\in\Obr fA\cap \Obr fB$ $\Lra$

(1) Tu sme využili, že $(p\land q)\land r \Lra (p\land r) \land (p\land q)$.
(2) Ak existuje také $x$, ktoré spĺňa obe podmienky, tak existuje $x$, ktoré spĺňa prvú podmienku a súčasne existuje $x$, ktoré spĺňa druhú podmienku.

Ak zoberieme $X=\{0,1\}$, $Y=\{0\}$ a $f(0)=f(1)=f(0)$, tak pre $A=\{0\}$, $B=\{1\}$ máme:
$\Obr f{A\cap B}=\Obr f{\emps} = \emps$
$\Obr fA \cap \Obr fB = \{0\}\cap\{0\}=\{0\}$


Chyby, ktoré sa vyskytovali

To že napíšete (resp. nakreslíte) jeden konkrétny príklad, kde dokazované tvrdenie platí, zďaleka nie je dôkaz toho, že toto tvrdenie platí vždy. (A vašou úlohou bolo nájsť dôkaz.)

[Martin Sleziak]

Množinové identity$\newcommand{\Lra}{\Leftrightarrow}\newcommand{\Ra}{\Rightarrow}\newcommand{\emps}{\emptyset}\newcommand{\sm}{\setminus}$

Dokážte, že pre ľubovoľné množiny $A$ a $\{B_i; i\in I\}$, kde $I\ne\emps$, platí $A\sm \bigcup\limits_{i\in I} B_i = \bigcap\limits_{i\in I}(A\sm B_i).$

$x\in A\sm \bigcup\limits_{i\in I} B_i$ $\Lra$
$x\in A \land \neg (\forall i\in A) x\in B_i$ $\Lra$
$x\in A \land (\exists i\in A) x\notin B_i$ $\Lra$
$(\exists i\in A) (x\in A \land x\notin B_i)$ $\Lra$
$x\in \bigcup_{i\in I} (A\sm B_i)$

V odvodení sme používali to, ako sa negujú kvantifikátory a tiež platnosť ekvivalencie $p\land (\exists i)Q(i)$ $\Lra$ $(\exists i)(p\land Q(i))$. (A samozrejme aj definíciu prieniku a zjednotenia systému množín.)

Chyby, ktoré sa vyskytovali

To, že nakreslíte obrázok, z ktorého vidno platnosť tejto rovnosť, nie je dôkaz. (Aj keď to môže pomôcť tomu, aby ste porozumeli, prečo rovnosť platí.)
Hlavne zdôrazním to, že máte dokázať tvrdenie pre ľubovoľný systém množín. (Nielen iba pre ten, ktorý ste nakreslili.)

Viacero ľudí si mýlilo, či $x\in\bigcap\limits_{i\in I} A_i$ je ekvivalentné s $(\forall i\in I)(x\in A_i)$ alebo $(\exists i\in I)(x\in A_i)$.

Niektorí z vás prepísali $x\notin \bigcup\limits_{i\in I} B_i$ ako $(\exists i\in I)(x\notin B_i)$. Tieto výroky nie sú ekvivalentné. (Snažil som sa to v odvodení, ktoré som uviedol tu, rozpísať podrobnejšie; aby bolo jasné, v čom tam je problém.)

[Martin Sleziak]

Kardinalita danej množiny$\newcommand{\alnul}{\aleph_0}\newcommand{\mfr}[1]{\mathfrak{#1}}\newcommand{\abs}[1]{|#1|}
\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\C}{\mathbb C}\newcommand{\Q}{\mathbb Q}\newcommand{\N}{\mathbb N}\newcommand{\Lra}{\Leftrightarrow}\newcommand{\Ra}{\Rightarrow}$

Tu je v každom z príkladov veľa možností riešenia. Nejaké skúsim napísať.

Vypočítajte kardinalitu množiny $\R^{\R\times\R}$.

$\abs{\R^{\R\times\R}} = \mfr c^{\mfr c\cdot \mfr c} \overset{(1)}= \mfr c^{\mfr c}\overset{(2)}=2^{\mfr c}$

(1): $\mfr c\cdot\mfr c$ môžeme overiť takto: $\mfr c\cdot\mfr c= 2^{\alnul}\cdot 2^{\alnul} = 2^{\alnul+\alnul} = 2^{\alnul}$

(2): $\mfr c^{\mfr c}=2^{\mfr c}$ môžeme overiť tak, že dokážeme obe nerovnosti.

Z $2<\mfr c$ vyplýva $2^{\mfr c}\le \mfr c^{\mfr c}$.

Obrátene máme $\mfr c^{\mfr c}\le 2^{\mfr c\cdot\mfr c}\overset{(1)}=2^\mfr c$. (V prvom kroku sme využili $a^b\le 2^{ab}$.)

Vypočítajte kardinalitu množiny $(\R\times\R)^{\R}$

$\abs{(\R\times\R)^{\R}}=(\mfr c\cdot \mfr c)^{\mfr c} \overset{(1)}=\mfr c^{\mfr c}\overset{(2)}=2^{\mfr c}$

Vypočítajte kardinalitu množiny $(\R\times\R)^{\N\times\N}$.

$\abs{(\R\times\R)^{\N\times\N}}=(\mfr c\cdot\mfr c)^{\alnul\cdot\alnul}=(\mfr c)^{\alnul}\overset{(3)}=\mfr c$

Vypočítajte kardinalitu množiny $(\R^\N)\times(\N^\R)$.

$\abs{(\R^\N)\times(\N^\R)} = \mfr c^{\alnul} \alnul^{\mfr c}\overset{(3)}=\mfr c \alnul^{\mfr c} \overset{(4)}= \mfr c \cdot 2^{\mfr c}\overset{(6)}=2^{\mfr c}$

(3) Platí $\mfr c^{\alnul}=\mfr c$, lebo $\mfr c^{\alnul}=(2^{\alnul})^{\alnul}=2^{\alnul\cdot\alnul}=2^{\alnul}=\mfr c$

(4) Rovnosť $\alnul^{\mfr c}=2^{\mfr c}$ dokážeme tak, že overíme obe nerovnosti.
Z $2<\alnul$ dostávame $2^{\mfr c}\le \alnul^{\mfr c}$.
Súčasne platí $\alnul^{\mfr c}\le\mfr c^{\mfr c}\overset{(2)}=\mfr c$.
Iná možnosť na overenie druhej nerovnosti: $\alnul^{\mfr c}\le 2^{\alnul\cdot\mfr c}\overset{(5)}=2^{\mfr c}$

(5) Rovnosť $\alnul\cdot\mfr c=\mfr c$ vyplýva z $\mfr c\le \alnul\cdot \mfr c\le \mfr c\cdot\mfr c\overset{(1)}=\mfr c$.

(6) Rovnosť $\mfr c\cdot 2^{\mfr c}=2^{\mfr c}$ vyplýva z $2^{\mfr c} \le \mfr c\cdot 2^{\mfr c} \le 2^{\mfr c}\cdot 2^{\mfr c} = 2^{\mfr c+\mfr c} \le 2^{\mfr c\cdot\mfr c}\overset{(1)}=2^{\mfr c}$.

Rovnosť kardinálov

Dokážte $\mfr c\cdot\mfr c^{\mfr c}\cdot\alnul^{\mfr c}=2^{\mfr c}$.

(a) Ukážeme $2^{\mfr c}=\alnul^{\mfr c}=\mfr c^{\mfr c}$ sériou nerovností: $2^{\mfr c}\le\alnul^{\mfr c}\le\mfr c^{\mfr c}\le 2^{\mfr c\cdot\mfr c}\overset{(1)}=2^{\mfr c}$.

(b) Platí $\mfr c+\mfr c$. Stačí si uvedomiť, že $\mfr c\le \mfr c+\mfr c\le \mfr c\cdot \mfr c\overset{(1)}=\mfr c$.

(c) Platí $\mfr c\cdot 2^{\mfr c}=2^{\mfr c}$. Vyplýva to z nerovností $2^{\mfr c}\le \mfr c\cdot2^{\mfr c} \le 2^{\mfr c}\cdot2^{\mfr c}=2^{\mfr c+\mfr c}\overset{(b)}=2^{\mfr c}$.

Teraz už máme nachystané všetko na to, aby sme overili:
$\mfr c\cdot\mfr c^{\mfr c}\cdot\alnul^{\mfr c} \overset{(a)}= \mfr c \cdot 2^{\mfr c} \cdot 2^{\mfr c} = \mfr c \cdot 2^{\mfr c+\mfr c}\overset{(b)} = \mfr c\cdot 2^{\mfr c}\overset{(c)}=2^{\mfr c}$

Dokážte $2^{\alnul}\cdot2^{\mfr c}={\mfr c}^{\alnul}\cdot \alnul^{\mfr c}$.

V (c) sme ukázali, že ľavá strana je $\mfr c\cdot 2^{\mfr c} = 2^{\mfr c}$.

Na úpravu pravej strany použijeme $\mfr c^{\alnul}=\mfr c$ a $\alnul^{\mfr c}=2^{\mfr c}$ - dokázané v (5) a (4).

Dostaneme, že pravá strana je
$\mfr c^{\alnul}\cdot \alnul^{\mfr c}=\mfr c \cdot 2^{\mfr c}\overset{(c)}=2^{\mfr c}$

Dokážte $2^{(\mfr c^{\alnul})}.{\alnul}^{\mfr c}=2^\mfr c$.

Už vieme z (a), že $\alnul^{\mfr c}=2^{\mfr c}$ z (3) $\mfr c^{\alnul}=\mfr c$. Dostaneme teda:
$2^{(\mfr c^{\alnul})}\cdot{\alnul}^{\mfr c}=2^{\mfr c}\cdot2^{\mfr c}=2^{\mfr c+\mfr c}\overset{(a)}=2^{\mfr c}$

Dokážte $2^{\alnul}\cdot\alnul^{\alnul}\cdot\mfr c^{\alnul}=\mfr c$.

Chyby, ktoré sa vyskytli:

Niektorí ste chceli v riešení použiť, že $a^b=2^{ab}$. Na prednáške sme dokazovali iba to, že $a^b \le 2^{ab}$. Rovnosť, ktorú ste chceli použiť ani nemusí platiť. Vyskúšajte si to pre $a=\alnul$ a $b=1$. Alebo, ak preferujete príklad, kde sú $a$ aj $b$ nekonečné kardinály, tak $a=\mfr c$ a $b=\alnul$.

Vetu, že platí $\alnul+a=a$ pre nekonečný kardinál sme mali na prednáške. (Teda napríklad $\alnul+\mfr c=\alnul$ sa môže použiť bez zdôvodnenie, reps. ako zdôvodnenie stačilo spomenúť vetu z prednášky.)
Nedokazovali sme však, že platí $\alnul\cdot a=a$. Čiže napríklad ak ste potrebovali $\alnul\cdot\mfr c=\mfr c$, tak k tomu bolo treba uviesť aj nejaké zdôvodnenie.

Našli sa ľudia, ktorí používali ako zdôvodnenie nejakej rovnosti to, že pre nekonečné kardinály platí $ab=b$ ak $a\le b$. Platnosť tejto veci (za predpokladu axiómy výberu) sme síce spomenuli, ale nedokazovali. (Výslovne ste mali spomenuté, ktoré veci môžete používať - iba tie, čo boli dokázané na prednáške. Na papieroch s príkladmi z cvík to máte ešte raz explicitne spomenuté.) Tento fakt je pre nás teda užitočnou pomôckou - vieme, aký výsledok by sme mali dostať - ale chceme v rovnostiach použiť len tie veci, ktoré vieme aj dokázať.

V jednej písomke sa objavili takéto dve "odvodenia":

$\alnul<\mfr c$ $\Ra$ $2^{\alnul}<2^{\mfr c}$
$2<\alnul$ $\Ra$ $2^{\mfr c}< \alnul^{\mfr c}$

My sme dokazovali veci o monotónnosti umocňovania, ale vždy iba s neostrou nerovnosťou. (A aspoň pri niektorých sme si aj na príklade ukázali, že s neostrou nerovnosťou tieto tvrdenia neplatí.)
Nerovnosť $2^{\alnul}<2^{\mfr c}$ vyplýva z Cantorovej vety; stačí si ju prepísať ako $\mfr c<2^{\mfr c}$. (Cantorova veta je jeden z mála výsledkov o kardinálnej aritmetike, kde sa vyskytuje ostrá nerovnosť.)
Nerovnosť, ktorá je v druhom riadku, neplatí - v (a) sme ukázali, že $\alnul^{\mfr c}=2^{\mfr c}$, čiže tieto dva kardinály sa rovnajú.

Objavili sa nejaké veľmi neobvyklé resp. nesprávne manipulácie s mocninami. (Napriek tomu, že pravidlá pre prácu s exponentmi sú v podstate rovnaké, ako ste zvyknutí z prirodzených čísel.) Keďže sa takéto veci vyskytli vo viacerých písomkách, aspoň niektoré spomeniem a okomentujem:

$2^{\alnul\cdot\mfr c}=2^{\alnul+\mfr c}$

Toto je síce pravda, ale ak uvediete takúto rovnosť, bez akéhoľvek zdôvodnenia, tak to vyzerá, že používate rovnosť $a^{b\cdot c}=a^{b+c}$. (Čo síce platí, ak máme axiómu výberu, ale nie je to tvrdenie, ktoré sme dokazovali na prednáške.) Výraz $2^{\alnul\cdot\mfr c}$ by sa ľahšie upravil pomocou rovnosti $\alnul\cdot\mfr c=\mfr c$; dôkaz tejto rovnosti sme uviedli v (5).

Z inej písomky

$2^{(\mfr c^{\alnul})}=2^{\mfr c\cdot\alnul}$
$2^{2^{\alnul}\cdot\alnul}=2^{2\cdot\alnul\cdot\alnul}$

V prvom prípade porovnávate $a^{b^c}$ a $a^{b\cdot}$, čo nie je to isté. V druhom prípade mi nie je jasné, čo sa tam deje - ale určite to nie je použitie žiadneho z tvrdení, ktoré máme dokázané.

[Martin Sleziak]

Ak narazím v písomkách/domácich na nejaké alternatívne odvodenie vecí, čo sme používali, ktoré je pekné, tak ho sem skopírujem.$\newcommand{\alnul}{\aleph_0}\newcommand{\mfr}[1]{\mathfrak{#1}}\newcommand{\abs}[1]{|#1|}
\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\C}{\mathbb C}\newcommand{\Q}{\mathbb Q}\newcommand{\N}{\mathbb N}\newcommand{\Lra}{\Leftrightarrow}\newcommand{\Ra}{\Rightarrow}$

(5) Rovnosť $\alnul\cdot\mfr c=\mfr c$ vyplýva z $\mfr c\le \alnul\cdot \mfr c\le \mfr c\cdot\mfr c\overset{(1)}=\mfr c$.

Niekto navrhol takéto zdôvodnenie:
$\alnul\cdot\mfr c= \alnul \cdot \alnul^{\alnul} = \alnul^{\alnul+1}=\alnul^{\alnul}=\mfr c$
Samozrejme, na to, aby prešlo, treba vedieť odvodiť aj $\alnul^{\alnul}=\mfr c$.
Napríklad takto: $2^{\alnul}\le\alnul^{\alnul}\le2^{\alnul\cdot\alnul}=2^{\alnul}$.