Twierdzenie Cantora-Bernsteina-Schrödera

Z Wikipedii

Brak wersji przejrzanej

Ten artykuł dotyczy twierdzenia o zbiorach równolicznych. Zobacz też: inne Twierdzenia Cantora.

Twierdzenie Cantora-Bernsteina-Schrödera to twierdzenie teorii mnogości, głoszące, że jeśli zbiór A jest równoliczny z pewnym podzbiorem zbioru B oraz zbiór B jest równoliczny z pewnym podzbiorem zbioru A, to zbiory A i B są równoliczne.

Dla zbiorów $A, B$ napiszemy że $|A|\leq |B|$ ilekroć zbiór A jest równoliczny z jakimś podzbiorem zbioru B. Przy tych oznaczeniach możemy wyrazić twierdzenie Cantora-Bernsteina-Schrödera w następujący sposób symboliczny:

jeśli $|A| \leq |B|$ oraz $|B| \leq |A|$ to

| B | = | A |

Formułując jeszcze inaczej, twierdzenie to wyraża słabą antysymetrię relacji porządku na liczbach kardynalnych:

$\mathbf{n} \leq \mathbf{m} \and \mathbf{m} \leq \mathbf{n}\quad \Rightarrow\quad \mathbf{m}=\mathbf{n}$ .

Spis treści

1 Historia i źródła
2 Dowód I
- 2.1 Lemat
- 2.2 Dowód twierdzenia
3 Dowód II (Banach, Tarski)
4 Przykład zastosowania
5 Bibliografia

[edytuj] Historia i źródła

Twierdzenie było sformułowane po raz pierwszy przez Georga Cantora w 1883 i 1895 (bez dowodu). Pierwszy kompletny dowód był podany przez Felixa Bernsteina w 1897. Inną próbę dowodu przedstawił Ernst Schröder w 1898, zawierała ona jednak lukę. W literaturze matematycznej istnieje szereg różnych dowodów tego twierdzenia, te z początkowego okresu rozwoju teorii mnogości albo wymagały dodatkowych założeń, albo były niepełne albo bardzo skomplikowane. Dla bardziej kompletnej dyskusji historii tego twierdzenia oraz przeglądu różnych dowodów odsyłamy czytelnika do publikacji Zdzisława Skupienia^[1]^[2] (zobacz też Jerzy Mioduszewski^[3]) oraz artykułu R. Mańki i Agnieszki Wojciechowskiej^[4]

[edytuj] Dowód I

Udowodnimy najpierw następujący lemat.

[edytuj] Lemat

Jeżeli $C\subseteq B\subseteq A$ oraz $| A | = | C |$ , to $| A | = | B |$ .

Dowód lematu:

Przypuśćmy, że $C\subseteq B\subseteq A$ oraz zbiór A jest równoliczny z C. Zatem możemy ustalić bijekcję $f: A \longrightarrow C$ .

Naszym celem jest skonstruowanie bijekcji ze zbioru A na B. Poniżej, obraz zbioru $X\subseteq A$ przez funkcję f jest oznaczany przez $f [X]$ (tak więc $f[X]=\{f(x):x\in X\}$ ).

Zdefiniujmy rekurencyjnie ciąg zbiorów:

$Z_0=B\setminus C,\quad Z_{n+1}=f[Z_n].$

Łatwo zauważyć, że $Z_n\subseteq B$ dla wszystkich $n=0,1,2,\ldots$ . Połóżmy $Z=\bigcup\limits_{n=0}^\infty Z_n \subseteq B$ i zdefiniujmy funkcję $g: A \longrightarrow B$ w następujący sposób:

$g(x) = \left\{\begin{array}{ll}f(x) &{\rm dla}\ x\in A\setminus Z \\ x &{\rm dla}\ x\in Z\end{array}\right.$

Powyższa formuła poprawnie definiuje funkcję z A w B i naszym celem jest wykazanie że jest ona bijekcją (z A na B).

Pokażmy najpierw że g jest różnowartościowa. W tym celu załóżmy że $x_1 \neq x_2$ są elementami zbioru A. Dowodzimy, że $g(x_1)\neq g(x_2)$ rozważając 4 przypadki.

(i) Jeśli $x_1, x_2\in Z$ , to $g(x_1)=x_1\neq x_2=g(x_2)$ .

(ii) Jeśli $x_1, x_2\notin Z$ , to $g(x_1)=f(x_1)\neq f(x_2)=g(x_2)$ , co wynika z różnowartościowości funkcji f.

(iii) Przypuśćmy teraz że $x_1\in Z$ ale $x_2\notin Z$ . Załóżmy nie wprost, że

g (x 1) = g (x 2)

. Zauważmy, że w aktualnym przypadku mamy

g (x 1) = x 1

oraz

g (x 2) = f (x 2)

, a więc $f(x_2)=x_1\in Z$ . Stąd $f(x_2)\in Z_n$ dla pewnego $n\in {\mathbb N}$ . Jeżeli teraz

n = 0

, czyli $f(x_2)\in Z_0$ , to $f(x_2) \in B\setminus C$ czyli w szczególności $f(x_2)\notin C$ . Jednak funkcja f była bijekcją na zbiór C, zatem otrzymaliśmy sprzeczność. Rozważmy teraz przypadek gdy

n > 0

. Wówczas $f(x_2) \in Z_n=f[Z_{n-1}]$ a zatem dla pewnego $z \in Z_{n-1}$ mamy

f (x 2) = f (z)

. Ponieważ f jest różnowartościowa otrzymujemy

x 2 = z

a stąd $x_2 \in Z_{n-1}$ . Oczywiście jest to sprzeczne z założeniem że $x_2 \notin Z$ czyli uzyskaliśmy sprzeczność i w tym przypadku.

(iv) Jeśli $x_1\notin Z$ ale $x_2\in Z$ , to argumentacja identyczna z przedstawioną w (iii) dowodzi, że $g(x_1)\neq g(x_2)$ .

A zatem z (i)-(iv) wynika że funkcja g jest różnowarościowa.

Ostatnim krokiem dowodu lematu jest pokazanie, że funkcja $g:A\longrightarrow B$ jest suriekcją, czyli że $g [A] = B$ .

Wiemy że $Z\subseteq B\subseteq A$ . Mamy zatem:

$g[A]=g[(A\setminus Z) \cup Z] = g[A\setminus Z]\cup g[Z] =$

$f[A\setminus Z] \cup Z = f[A\setminus Z]\cup Z_0 \cup \bigcup\limits_{n=0}^\infty Z_{n+1} =$

$f[A\setminus Z] \cup (B\setminus C) \cup \bigcup\limits_{n=0}^\infty f[Z_n]= f[A\setminus Z] \cup (B\setminus C) \cup f\big[\bigcup\limits_{n=0}^\infty Z_n\big]=$

$f[A\setminus Z] \cup (B\setminus C) \cup f[Z]=f[A] \cup (B\setminus C)=C \cup (B\setminus C)= B$

Wykazaliśmy zatem prawdziwość lematu.

[edytuj] Dowód twierdzenia

Aby udowodnić twierdzenie, przypuśćmy że zbiór X jest równoliczny z pewnym podzbiorem zbioru Y oraz zbiór X jest równoliczny z pewnym podzbiorem zbioru Y. Zatem możemy znaleźć funkcje różnowartościowe $f:X\longrightarrow Y$ oraz $g:Y\longrightarrow X$ . Połóżmy $A=X,\ B=g[Y]$ oraz $C=g\big[f[X]\big]$ . Wówczas zbiory A, B, C spełniają założenia lematu, więc możemy wywnioskować iż zbiory $A = X$ i B są równoliczne. Ponieważ zbiory B i Y są równoliczne (o czym świadczy np funkcja g) otrzymujemy że zbiory X i Y są równoliczne.

[edytuj] Dowód II (Banach, Tarski)

Poniżej, rodzina wszystkich podzbiorów zbioru X jest oznaczana przez $2 X$ .

[edytuj] Definicja

Niech będą dane zbiory X, Y. Powiemy, że funkcja $\varphi: 2^X \rightarrow 2^Y$ jest monotoniczna jeśli dla każdych zbiorów $A,B\in 2^X$ takich że $A \subseteq B$ zachodzi $\varphi(A)\subseteq \varphi(B)$ .

[edytuj] Lemat A

Niech X będzie zbiorem oraz niech $\varphi: 2^X \rightarrow 2^X$ będzie funkcją monotoniczną. Wówczas odwzorowanie $\varphi$ ma punkt stały D (to znaczy istnieje $D\in 2^X$ takie że $\varphi(D)=D$ ).

Dowód lematu

Zdefiniujmy rodzinę zbiorów $\mathcal{D}=\{A\subseteq X: A \subseteq \varphi(A)\}$ . Twierdzimy, że suma $D=\bigcup_{A \in\mathcal{D}} A$ tej rodziny jest punktem stałym odwzorowania $\varphi$ . Aby się o tym przekonać zauważmy, iż dla każdego $A \in\mathcal{D}$ zachodzi $A\subseteq D$ , więc z monotoniczności $\varphi$ wynika, że $\varphi(A) \subseteq\varphi(D)$ . Zatem $\bigcup_{A \in \mathcal{D}} A\subseteq\bigcup_{A\in\mathcal{D}}\varphi(A)\subseteq\varphi(D)$ a stąd $D\subseteq\varphi(D)$ .

Korzystając kolejny raz z monotoniczności dostajemy $\varphi(D) \subseteq \varphi(\varphi(D))$ więc $\varphi(D) \in \mathcal{D}$ . Wobec tego $\varphi(D)$ musi zawierać się w sumie rodziny $\mathcal{D}$ , czyli $\varphi(D) \subseteq D$ .

Zachodzą więc obie inkluzje $D \subseteq \varphi(D)$ i $\phi(D) \subseteq D$ , więc D jest punktem stałym odwzorowania $\varphi$ .

[edytuj] Lemat B

Niech będą dane zbiory X, Y i funkcje $f: X \rightarrow Y$ , $g: Y \rightarrow X$ . Wówczas odwzorowanie

$\varphi: 2^X \rightarrow 2^X:A \mapsto \phi(A) = X-g[Y-f[A]]$

jest monotoniczne.

Dowód lematu

Niech $A \subseteq B\subseteq X$ . Wówczas $f[A] \subseteq f[B]$ , więc $Y-f[A] \supseteq Y-f[B]$ i $g[Y-f[A]]\supseteq g[Y-f[B]]$ . Zatem:

$X-g[Y-f[A]] \subseteq X-g[Y-f[B]]$ .

Czyli z definicji funkcji $\varphi$ , $\varphi(A) \subseteq \varphi(B)$ .

[edytuj] Dowód twierdzenia

Niech X i Y spełniają założenia twierdzenia i niech $f: X \longrightarrow Y$ oraz $g: Y \longrightarrow X$ będą funkcjami różnowartościowymi. Zdefiniujmy odwzorowanie $\varphi$ jak w lemacie B:

$\varphi: 2^X \longrightarrow 2^X:A \mapsto \varphi(A) = X-g[Y-f[A]]$ .

Wówczas na mocy lematu B jest to funkcja monotoniczna, a zatem z lematu A wynika istnienie zbioru D takiego, że $\varphi(D) = D$ , co zachodzi gdy $D = X - g [Y - f [D]]$ . Czyli:

X - D = g [Y - f [D]]

Ponieważ g jest iniekcją możemy zdefiniować funkcję $h:X\longrightarrow Y$ w następujący sposób:

$h(x) = \left\{\begin{array}{l} g^{-1}(x) \qquad x \in X-D \\ f(x) \qquad x \in D\end{array}\right.$

Suriektywność tego odwzorowania wykazuje się bardzo prosto. Istotnie,

$h[X] = h[D] \cup h[X-D] = f[D] \cup (Y - f[D]) = Y$ .

Aby wykazać iniektywność h należy wziąć dwa elementy $x \in D$ i $y \in X-D$ i pokazać, że $h(x) \neq h(y)$ (rozpatrywanie innych przypadków jest trywialne ze względu na iniektywność f i g). Pamiętając, że $X - D = g [Y - f [D]]$ mamy iż $h(y) \in Y - f(D)$ . Jednocześnie $h(x) = f(x) \in f[D]$ , więc $h (y), h (x)$ należą do rozłącznych podzbiorów zatem nie mogą być równe. W związku z tym h jest bijekcją pomiędzy zbiorami X i Y, a co za tym idzie zbiory te są równoliczne.

[edytuj] Przykład zastosowania

Twierdzenie Cantora-Bernsteina pozwala na proste uzasadnienie wielu faktów teorii mocy, co bez tego twierdzenia często pociągało by konieczność przeprowadzania długich i skomplikowanych dowodów. Np. łatwo jest wykazać że dowolny przedział otwarty jest równoliczny ze zbiorem liczb rzeczywistych (równoliczność tę ustala złożenie funkcji liniowej z tangensem). Z twierdzenia Cantora-Bernsteina natychmiastowo otrzymujemy że przedział domknięty również ma moc continuum bo przecież: $(a,b)\subset [a,b]\subset R$ gdzie $a < b$ .

[edytuj] Bibliografia

↑ Skupień, Zdzisław: Prosty dowód twierdzenia Cantora-Bernsteina, "Roczniki Polskiego Towarzystwa Matematycznego seria II: Wiadomości Matematyczne" XXXV (1999), strony 49-53. pdf
↑ Skupień, Zdzisław: Twierdzenie Cantora-Bernsteina — dowody znane-nieznane, "Roczniki Polskiego Towarzystwa Matematycznego seria II: Wiadomości Matematyczne" XXXIX (2003), strony 85-94. pdf
↑ Mioduszewski, Jerzy: Listy do Redakcji. W sprawie artykułu Z. Skupienia, "Roczniki Polskiego Towarzystwa Matematycznego seria II: Wiadomości Matematyczne" XXXVII (2001), strony 181-182 pdf
↑ Mańka, R; Wojciechowska, Agnieszka: O dwóch twierdzeniach Cantora, "Roczniki Polskiego Towarzystwa Matematycznego seria II: Wiadomości Matematyczne" XXV (1984), strony 191-198.

Kategorie: Teoria mnogości • Twierdzenia matematyczne

Wyjazdowe obrady klubu PO: wraca sprawa Staroń

Podczas wyjazdowego posiedzenia klubu PO w miejscowości Ossa k. Rawy Mazowieckiej Lidia Staroń czyniła wyrzuty kolegom, że nie wsparli jej po publikacji "Rzeczpospolitej". Gazeta napisała, że Staroń zarobiła kilkaset tysięcy zł, bo ustawa, nad którą pracowała, pozwoliła jej uwłaszczyć lokal usługowy. Donald Tusk - relacjonuje zastrzegający anonimowość uczestnik obrad - poparł Staroń, natomiast Zbigniew Chlebowski nie zabrał głosu.

Pierwsza ofiara mrozu. Mężczyzna znaleziony na Podkarpaciu

45-letni mężczyzna jest najprawdopodobniej pierwszą tegoroczną ofiarą mrozów na Podkarpaciu. Policjanci wyjaśniają dokładne przyczyny śmierci mieszkańca Trzebuski. Mężczyznę znaleziono niespełna sto metrów od jego domu. Wiele wskazuje na to, że zmarł w wyniku wychłodzenia organizmu.

Pacelt do dymisji, dostanie nowe zadania

Ostrowiecki poseł Platformy Obywatelskiej Zbigniew Pacelt zostanie odwołany ze stanowiska wiceministra sportu. Teraz będzie odpowiadał za przygotowania reprezentacji Polski do igrzysk w Londynie.

Osiedlowy zespół ukradł sprzęt Acid Drinkers

Policjanci odzyskali sprzęt muzyczny należący do zespołu Acid Drinkers. Złodziejami okazali się 17-letni Jakub K. i 18-letni Paweł K., członkowie osiedlowego zespołu z Ełku. Za kradzież odpowiedzą przed sądem. Grozi im nawet pięć lat więzienia.

Pijany policjant spowodował kolizję

26-letni pijany policjant spowodował w sobotę w Elblągu kolizję. Funkcjonariusz, który miał w wydychanym powietrzu 2,5 promila alkoholu, straci pracę. Czeka go także sprawa karna - poinformowała Justyna Grzeczka z elbląskiej policji.

Drugie podejście PO do ustawy o mediach

PO wraca do rozmów z lewicą o zmianach w mediach. W przyszłym tygodniu politycy Platformy maja wyłożyć na stół nowy projekt ustawy medialnej - dowiedział się "Dziennik".

PiS zaniepokojone sprawą posłów Sejmu Litwy z Kartą Polaka

PiS jest zaniepokojone sprawą posłów litewskiego Sejmu posiadających Kartę Polaka. Dwóm z trzech posłów AWPL grozi utrata mandatu litewskiego posła z powodu przyjęcia przez nich Karty, co budzi na Litwie kontrowersje.

Ojciec, gdy wypił, znęcał się nad córką

Ojciec nadużywał alkoholu. Gdy był pijany, bił córkę drewnianą listewką. Dziewczynka opowiedziała o tym opiekunce ze świetlicy osiedlowej. Ta o sprawie zawiadomiła policję. 47-letniego Arkadiusza L. zatrzymano. Miał prawie promil alkoholu we krwi. Został aresztowany na trzy miesiące.

Kaczyński: Pokażemy inne przypadki pijanych posłów w Sejmie

- PiS nie będzie podejmował żadnych decyzji w sprawie Elżbiety Kruk - powiedział Jarosław Kaczyński. Posłanka w czasie wczorajszych porannych głosowań w Sejmie chwiała się na nogach i niewyraźnie mówiła.

Zawieje i zamiecie na południu, dużo śniegu na północy

Zawieje i zamiecie śnieżne mogą nękać aż do jutrzejszego popołudnia całe południe Polski. na północy, nad Bałtykiem pada i ma padać śnieg. Jak zapowiada Instytut Meteorologii i Gospodarki Wodnej w ciągu doby może tam spaść nawet 20 centymetrów śniegu.

Zobacz także inne, godne uwagi serwisy. Piewrszy z nich prezentuje wysokiej jakości drzwi natomiast drugi z nich projekty domów parterowych.

Twierdzenie Cantora-Bernsteina-Schrödera

Z Wikipedii

Spis treści

[edytuj] Historia i źródła

[edytuj] Dowód I

[edytuj] Lemat

[edytuj] Dowód twierdzenia

[edytuj] Dowód II (Banach, Tarski)

[edytuj] Definicja

[edytuj] Lemat A

[edytuj] Lemat B

[edytuj] Dowód twierdzenia

[edytuj] Przykład zastosowania

[edytuj] Bibliografia

osobiste

Szukaj

nawigacja

zmiany

dla edytorów

narzędzia

W innych językach