DU15 - ZS 2014/15

[Martin Sleziak]

Opäť poznámka k označeniu:
Zápis $A=B>C=D$ nie je správny, zápis $|A|=|B|>|C|=|D|$ je v poriadku.
Zápis $\mathbb Q^{\mathbb R}=\aleph_0^{\mathfrak c}$ nie je správny. Zápis $|\mathbb Q^{\mathbb R}|=\aleph_0^{\mathfrak c}$ je ok.

Odhliadnuc od nesprávneho označenia bola väčšina odovzdaných úloh vyriešená dobre.

[Martin Sleziak]

Nejaké poznámky k odovzdaným d.ú.$\newcommand{\alnul}{\aleph_0}\newcommand{\mfr}[1]{\mathfrak{#1}}$

Niektorí ľudia používali $a\cdot b=\max\{a,b\}$, hoci som sa snažil v zadaní dosť jasne napísať, že používať treba iba veci, pre ktoré sme sa učili aj dôkaz. (Navyše uvedené tvrdenie máj aj tú nevýhodu, že dôkaz využíva axiómu výberu.)

Zápis $A=B=D<C$ nie je správny.
Chceme hovoriť o kardinalite množín, teda by sme mali písať $|A|=|B|=|D|<|C|$.

Takisto nie správny ani zápis $\mathbb R^{\mathbb R}=\mathfrak c^{\mathfrak c}$.
Správny zápis by bol: $|\mathbb R^{\mathbb R}|=|\mathbb R|^{|\mathbb R|}=\mathfrak c^{\mathfrak c}$

Pomerne veľa ľudí uviedlo iba neostrú nerovnosť. Ak v skutočnosti platí ostrá, tak ste napísali slabšie tvrdenie, než sa dalo ukázať.

Z jednej z odovzdaných d.ú.:

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

Správne by bolo: $\mfr c \cdot \mfr c= 2^{\alnul}\cdot2^{\alnul}=2^{\alnul+\alnul}=2^{\alnul}$.

[Martin Sleziak]

Tento rok sa objavila odovzdaná d.ú., kde sa tvrdilo, že $\aleph_0^{\mathfrak c}=\mathfrak c$ a $\mathfrak c^{\mathfrak c}=\mathfrak c$.

Že to nie je správne sa dá vidieť v podstate hneď, z Cantorovej vety:
$$\mathfrak c^{\mathfrak c} \ge \aleph_0^{\mathfrak c} \ge 2^{\mathfrak c} > \mathfrak c.$$
(Všimnite si, že posledná nerovnosť je ostrá.)

A nie je príliš ťažké zrátať, že správna hodnota je $2^{\mathfrak c}$. Napríklad takto:
$$2^{\mathfrak c} \le (\aleph_0)^{\mathfrak c} \le \mathfrak c^{\mathfrak c} \overset{(1)}\le 2^{\mathfrak c\cdot\mathfrak c} \overset{(2)}= 2^{\mathfrak c}.$$
V kroku $(1)$ sme použili to, že $a^b \le 2^{ab}$ platí pre ľubovoľné kardinály $a$, $b$.
Ešte aby sme zdôvodnili krok $(2)$, potrebovali by sme ukázať, že $\mathfrak c\cdot\mathfrak c=\mathfrak c$, čo ale nie je ťažké:
$$\mathfrak c\cdot\mathfrak c = 2^{\aleph_0}\cdot 2^{\aleph_0} = 2^{\aleph_0+\aleph_0} = \mathfrak c.$$

[Martin Sleziak]

Jedna z množín, ktoré vystupovali v d.ú. 13 bola takáto: $D=$ množina všetkých spojitých zobrazení $\mathbb R\to\mathbb R$.
Na prednáške sme dokázali, že táto množina má kardinalitu $\mathfrak c$. (Môžete si ho pozrieť aj v poznámkach na webe.)

Niektorí z vás odovzdali riešenia, kde ste pracovali s množinou $\mathbb R\times\mathbb R$ alebo s množinou $\mathbb R^{\mathbb R}$. To sú iné množiny ako tie v zadaní. (V jednom prípade ide o usporiadané dvojice. V druhom o všetky zobrazenia $\mathbb R\to\mathbb R$, v my sa chceme pozrieť iba na spojité zobrazenia.)

[Martin Sleziak]

V jednom z odovzdaných riešení som si prečítal:

$$\mathfrak c>\aleph_0 \qquad \Rightarrow \qquad \mathfrak c^{\mathfrak c}>\mathfrak c^{\aleph_0}$$

Nerovnosť $\mathfrak c^{\mathfrak c}>\mathfrak c^{\aleph_0}$ skutočne platí, môžeme totiž vypočítať že $\mathfrak c^{\mathfrak c}=2^{\mathfrak c}$ a $\mathfrak c^{\aleph_0}=\mathfrak c$; potom ju už dostaneme z Cantorovej vety.
Takto napísané riešenie však vyzerá ako keby ste používali takéto tvrdenie o umocňovaní

$$b>c \qquad \Rightarrow \qquad a^b>a^c.$$

Podobné tvrdenie platí s neostrou nerovnosťou. T.j. platí $b\ge c$ $\Rightarrow$ $a^b\ge a^c$.
Ak však použijeme ostrú nerovnosť, tak to už nie je pravda. (A predošlá domáca úloha bola presne taká, že tam bolo treba nájsť kontrapríklady na nejaké podobné tvrdenie.)
Napríklad sa môže presvedčiť, že $(2^{\mathfrak c})^{\mathfrak c}=(2^{\mathfrak c})^{\aleph_0}$, hoci $\mathfrak c>\aleph_0$.