Logika i teoria mnogości/Wykład 8: Konstrukcje liczbowe, liczby całkowite, wymierne, konstrukcja Cantora liczb rzeczywistych: działania i porządek

Liczby całkowite

Na wykładzie poprzednim skonstruowaliśmy przy pomocy aksjomatu nieskończoności liczby naturalne. Określiliśmy dla nich podstawowe operacje takie jak dodawanie i mnożenie. Teraz własności tych operacji będą użyte do dalszych konstrukcji liczbowych. Pokażemy, że mając liczby naturalne zbudowane na bazie liczby $0$ czyli zbioru pustego możemy definiować bardziej skomplikowane twory liczbowe takie jak liczby całkowite, wymierne i w końcu liczby rzeczywiste. Wszystkie te obiekty maja ogromne zastosowanie w praktyce matematycznej i informatycznej. Będziemy później w innych wykładach odwoływać się do niebanalnej reprezentacji tych obiektów, które stworzymy w tym rozdziale.

Konstrukcja liczb całkowitych

Definicja 1.1.

Niech $\approx$ będzie relacją określoną na $\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ następująco:

$(n,k)\approx (p,q)$ wtw $n+q=k+p$

Ćwiczenie 1.2

Relacja $\approx$ jest relacją równoważności o polu $\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$.

Rozwiązanie

Wykażemy, że relacja $\approx$ jest relacją równoważności na $\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$. Dla dowolnych liczb naturalnych $n$ i $k$ mamy $(n,k)\approx (n,k)$ ponieważ $n+k=n+k$, więc relacja jest zwrotna. Podobnie, dla dowolnych liczb $n,k,p,q$ jeśli $(n,k)\approx (p,q)$, to $n+q=k+p$ i, korzystając z przemienności dodawania, otrzymujemy $p+k=q+n$ czyli $(p,q)\approx (n,k)$ i relacja jest symetryczna.

Aby wykazać przechodniość ustalmy trzy dowolne pary $(n,k),(p,q)$ i $(m,l)$ spełniające $(n,k)\approx (p,q)$ oraz $(p,q)\approx (m,l)$. Wtedy $n+q=k+p$ oraz $p+l=q+m$, więc $(n+q)+(p+l)=(k+p)+(q+m)$ i na mocy łączności i przemienności dodawania w liczbach naturalnych otrzymujemy $(n+l)+(q+p)=(k+m)+(q+p)$. Skracamy czynnik $(p+q)$ (na mocy własności skracania dla dodawanie) i otrzymujemy $n+l=k+m$, czyli $(n,k)\approx (m,l)$ co dowodzi przechodniości relacji $\approx$. Wykazaliśmy, że $\approx$ jest relacją równoważności.

Ćwiczenie 1.3

Wykaż, że dla dowolnej pary $(n,k)\in \mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ istnieje para $(p,q)\in \mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ taka, że $(n,k)\approx (p,q)$ oraz $p=0$ lub $q=0$.

Rozwiązanie

Ustalmy dowolną parę $(n,k)\in \mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$. Jeśli $n=k$, to mamy $(n,k)\approx (0,0)$ i warunek jest spełniony. Jeśli $n\ne k$ to, na mocy własności liczb naturalnych, istnieje liczba naturalna $l$ taka, że $n=k+l$ (lub, że $n+l=k$). Wtedy $n+0=k+l$ (lub $n+l=k+0$), czyli $(n,k)\approx (l,0)$ (lub $(n,k)\approx (0,l)$) co należało dowieść.

Definicja 1.4.

Niech $\mathbb{\mathbb{Z}}=\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}/\approx$

Ćwiczenie 1.5

Które z liczb całkowitych $[(n,k){]}_{\approx }$ są relacjami równoważności na $\mathbb{\mathbb{N}}$?

Rozwiązanie

Aby liczb całkowita była relacją równoważności koniecznym jest $(0,0)\in [(k,n){]}_{\approx }$, a więc jedynym kandydatem na liczbę będącą relacją równoważności na $\mathbb{\mathbb{N}}$ jest $[(0,0){]}_{\approx }$. Weźmy teraz dowolną parę liczb naturalnych $(n,k)$, jeśli $(0,0)\approx (n,k)$, to $0+k=n+0$, czyli $n=k$. Liczba całkowita $[(0,0){]}_{\approx }$ jest relacją równoważności na $\mathbb{\mathbb{N}}$ i żadna inna liczba całkowita nie jest relacją równoważności.

Operacje na $\mathbb{\mathbb{Z}}$

Definicja 1.6.

Element zero $0\in \mathbb{\mathbb{Z}}$ to element $[(0,0){]}_{\approx }$.

Element przeciwny do danego: jeżeli $x=[(n,k){]}_{\approx }$ to przez $-x=[(k,n){]}_{\approx }$

Dodawanie: $[(n,k){]}_{\approx }+[(p,q){]}_{\approx }=[(n+p,k+q){]}_{\approx }$.

Mnożenie: $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }=[(n\cdot p+k\cdot q,n\cdot q+k\cdot p){]}_{\approx }${Dla przejrzystości zapisu będziemy czasami pomijać znak $\cdot$ pisząc $xy$ zamiast $x\cdot y$}.

Odejmowanie: $x-y=x+(-y)$

Proszę o zwrócenie uwagi na pewną kolizję oznaczeń. Po lewej stronie definicji (dodawania, mnożenia i odejmowania) używamy tych samych znaków działań co po stronie prawej. Jest to ewidentna kolizja oznaczeń, którą wykonujemy z pełną świadomością. W praktyce matematycznej i informatycznej przyjęło się używać te same znaki działań wiedząc, że mają one zgoła inne znaczenie. Również element $0$ będziemy oznaczać identycznie jak $0$ w liczbach naturalnych pomimo, że jest to zupełnie inny zbiór. Pod koniec tej konstrukcji podamy naturalne włożenie (iniekcje wkładającą liczby naturalne w całkowite) takie, które zachowuje działania na liczbach co upewni nas, że stosowanie tych samych oznaczeń nie grozi konfliktem.

Ćwiczenie 1.7

Pokazać, że działania na liczbach całkowitych są dobrze określone. To znaczy pokazać, że zbiory (klasy równoważności) będące wynikiem działań nie nie zależą od wyboru reprezentantów :

Wskazówka

Zapisz w jaki sposób wynik działań jest niezależny od wyboru reprezentantów.

Rozwiązanie

Dla dowodu wykazującego dobre zdefiniowanie operacji na liczbach całkowitych ustalmy dowolne pary $(n,k),(p,q),(m,l),(r,s)$ spełniające $(n,k)\approx (m,l)$ oraz $(p,q)\approx (r,s)$.

Dla dowodu dobrego zdefiniowania elementów przeciwnych musimy wykazać, że $-[(n,k){]}_{\approx }=-[(m,l){]}_{\approx }$, czyli, że $[(k,n){]}_{\approx }=[(l,m){]}_{\approx }$. Potrzebujemy $(k,n)\approx (l,m)$ co jest równoważne stwierdzeniu, że $k+m=n+l$, który to fakt jest oczywistą konsekwencją $(n,k)\approx (m,l)$. Wykazaliśmy, że definicja elementu przeciwnego nie zależy od wyboru reprezentantów dla klas.

Analogiczny dowód przeprowadzamy dla dodawania. Musimy wykazać, że $[(n,k){]}_{\approx }+[(p,q){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }+[(r,s){]}_{\approx }$. Równość ta jest prawdą wtedy i tylko wtedy, kiedy $[(n+p,k+q){]}_{\approx }=[(m+r,l+s){]}_{\approx }$, czyli kiedy $(n+p,k+q)\approx (m+r,l+s)$. Korzystając z definicji relacji $\approx$ potrzebujemy $(n+p)+(l+s)=(k+q)+(m+r)$. Z założeń wynika, że $n+l=k+m$, oraz $p+s=q+r$ - dodając te równości stronami i korzystając z łączności i przemienności dodawania w liczbach naturalnych otrzymujemy żądany fakt.

Wykażemy, że mnożenie dwóch liczb całkowitych nie zależy od wyboru reprezentantów w klasach równoważności. Niewątpliwie, używając założeń i przemienności, łączności i definicji mnożenia mamy

$(n+l+k+m)(q+r)=2(k+m)(q+r)=2(q+r)(k+m)=(p+s+q+r)(k+m)$

i dalej, używając rozdzielności mnożenia

$n(q+r)+l(q+r)+k(q+r)+m(q+r)=p(k+m)+s(k+m)+q(k+m)+r(k+m).$

Używamy raz jeszcze założeń i dostajemy

$n(p+s)+l(q+r)+k(q+r)+m(p+s)=p(k+m)+s(l+n)+q(l+n)+r(k+m)$

co, po wymnożeniu daje

$np+ns+lq+lr+kq+kr+mp+ms=pk+pm+sl+sn+ql+qn+rk+rm.$

Stosujemy prawo skracania dla liczb naturalnych do $ns+lq+kr+mp$ i dostajemy

$np+lr+kq+ms=pk+sl+qn+rm$

co, używając przemienności mnożenia i przemienności i łączności dodawania daje

$(np+kq,nq+kp)\approx (mr+ls,ms+lr).$

Wywnioskowaliśmy, że $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }\cdot [(r,s){]}_{\approx }$, co oznacza, że definicja mnożenia nie zależy od wyboru reprezentantów dla klas.

Ćwiczenie 1.8

Pokaż własności działań dodawania i mnożenia. Dla dowolnych liczb całkowitych $x,y,z$ zachodzą równości:

1. $x+y=y+x$ (przemienność dodawania)
2. $x\cdot y=y\cdot x$ (przemienność mnożenia)
3. $x\cdot y=z\cdot y$ oraz $y\ne 0$ to $x=z$ (prawo skracania)
4. $x\cdot (y+z)=x\cdot y+x\cdot z$ (rozdzielność)

Wskazówka

Zapisz każde z powyższych praw ujawniając strukturę liczb całkowitych. Zauważ, że w dowodzie będą interweniowały udowodnione już prawa łączności, przemienności i prawo skreśleń i skracania dla liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Dla dowodu powyższych własności ustalmy dowolne liczby całkowite $[(n,k){]}_{\approx },[(p,q){]}_{\approx },[(m,l){]}_{\approx }$.

1. Dla dowodu przemienności dodawania zauważmy, że $[(n,k){]}_{\approx }+[(p,q){]}_{\approx }=[(n+p,k+q){]}_{\approx }$ i korzystając z przemienności dodawania dla liczb naturalnych otrzymujemy $[(n+p,k+q){]}_{\approx }=[(p+n,q+k){]}_{\approx }=[(p,q){]}_{\approx }+[(n,k){]}_{\approx }$. Wykazaliśmy, że dodawanie liczb całkowitych jest przemienne.
2. Podobne rozumowanie stosujemy dla mnożenia $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }=[(np+kq,nq+kp){]}_{\approx }$ i, stosując przemienność mnożenia i dodawania $[(np+kq,nq+kp){]}_{\approx }=[(pn+qk,pk+qn){]}_{\approx }=[(p,q){]}_{\approx }\cdot [(n,k){]}_{\approx }$ co należało wykazać.
3. Dla dowodu prawa skracania dla liczb całkowitych załóżmy, że $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }$, oraz, że dokładnie jedna z liczb $p,q$ jest równa zero. Na mocy Ćwiczenia 1.3 (patrz ćwiczenie 1.3) reprezentacja taka istnieje dla każdej, różnej od zera, liczby całkowitej. Wnioskujemy, że $[(np+kq,nq+kp){]}_{\approx }=[(mp+lq,mq+lp){]}_{\approx }$. Wnioskujemy stąd, że $(np+kq,nq+kp)\approx (mp+lq,mq+lp)$, czyli, że $np+kq+mq+lp=nq+kp+mp+lq$. Jeśli $p=0$ to otrzymujemy, korzystając z rozdzielności, $(k+m)q=(n+l)q$ i, korzystając z prawa skracania dla liczb naturalnych $k+m=n+l$, czyli $[(k,l){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }$ co należało dowieść. Podobnie, jeśli $q=0$ to $(n+l)p=(k+m)p$ i, podobnie jak w poprzednim przypadku $[(k,l){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }$. Wykazaliśmy, że mnożenie liczb całkowitych jest skracalne.
4. Dla dowodu rozdzielności postępujemy następująco. Liczby $[(n,k){]}_{\approx }\cdot ([(p,q){]}_{\approx }+[(m,l){]}_{\approx })=[(n(p+m)+k(q+l),n(q+l)+k(p+m)){]}_{\approx }$. Korzystając z rozdzielności, przemienności i łączności działań na liczbach naturalnych dostajemy $[(n(p+m)+k(q+l),n(q+l)+k(p+m)){]}_{\approx }=[((np+kq)+(nm+kl),(nq+kp)+(nl+km){]}_{\approx }=[(np+kq,nq+kp){]}_{\approx }+[(nm+kl,nl+km){]}_{\approx }$, co równa się $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }+[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(m,l){]}_{\approx }$ co należało wykazać.

Porządek liczb całkowitych

Definicja 1.9.

Liczba $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }$ zachodzi gdy $n+q\le p+k$.

Ćwiczenie 1.10

Pokaż, że definicja porządku nie jest zależna od wyboru reprezentanta.

Wskazówka

Do dowodu zastosuj własności dodawania liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Niech $(n,k),(m,l),(p,q),(r,s)$ będą parami liczb naturalnych takimi, że $(n,k)\approx (m,l)$ oraz $(p,q)\approx (r,s)$. Załóżmy dodatkowo, że $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }$. Wykażemy, że w takim przypadku również $[(m,l){]}_{\approx }\le [(r,s){]}_{\approx }$, czyli, że porządek na liczbach całkowitych jest niezależny od wyboru reprezentantów dla klas równoważności. Skoro $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }$, to $n+q\le p+k$ i z wykładu o liczbach naturalnych wiemy, że istnieje liczba naturalna $t$ taka, że $n+q+t=p+k$. Równocześnie nasze założenia gwarantują, że $n+l=k+m$ i $p+s=q+r$, czyli, że

$n+l+q+r=k+m+p+s.$

Korzystając z udowodnionej własności $t$ podstawiamy liczby do wzoru otrzymując

$n+l+q+r=n+m+q+t+s,$

co z kolei możemy skrócić przez $n+q$ otrzymując

$l+r=m+s+t\text{ co oznacza }l+r\ge m+s.$

Czyli $[(m,l){]}_{\approx }\le [(r,s){]}_{\approx }$, co należało wykazać.

Ćwiczenie 1.11

Pokaż, że porządek liczb całkowitych spełnia postulaty porządku liniowego to znaczy jest zwrotny, antysymetryczny, przechodni i spójny.

Wskazówka

Do dowodu zastosuj własności dodawania liczb naturalnych i porządku liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Porządek na liczbach całkowitych jest zwrotny. Dla dowolnej liczby całkowitej $[(n,k){]}_{\approx }$ mamy $[(n,k){]}_{\approx }\le [(n,k){]}_{\approx }$ ponieważ $n+k\le n+k$.

Dla dowodu antysymetrii załóżmy, że dla dwu liczb całkowitych mamy $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }$ oraz $[(p,q){]}_{\approx }\le [(n,k){]}_{\approx }$. Wnioskujemy natychmiast, że $n+q\le k+p$ oraz, że $p+k\le q+n$. Korzystając z przemienności dodawania, przechodniości i antysymetrii porządku na liczbach naturalnych dostajemy $n+q=k+p$, czyli $(n,k)\approx (p,q)$, co należało wykazać.

Aby wykazać przechodniość ustalmy trzy dowolne liczby całkowite, takie, że $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }\le [(m,l){]}_{\approx }$. Definicja porządku gwarantuje, że

$n+q\le k+p\text{ oraz, że }p+l\le q+m.$

Operując ćwiczeniami z Wykładu 7 możemy łatwo pokazać, że jeśli dodamy do obu stron nierówności tą samą liczbę, to nierówność pozostanie zachowana. W związku z tym

$n+q+l\le k+p+l\text{ oraz, że }p+l+k\le q+m+k.$

i używając przechodniości dostajemy $n+q+l\le q+m+k$. Jeszcze raz wykorzystując ćwiczenia dotyczące liczb naturalnych możemy skrócić $q$ i otrzymać $n+l\le m+k$, czyli $[(n,k){]}_{\approx }\le [(m,l){]}_{\approx }$, co należało wykazać.

Dowód spójności porządku na liczbach całkowitych jest trywialną konsekwencją faktu, że dla dowolnych dwóch par liczb naturalnych $(n,k)$ i $(p,q)$ mamy $n+q\le p+k$ lub $p+k\le q+n$.

Definicja 1.12.

Rozważmy funkcje $i:\mathbb{\mathbb{N}}\to \mathbb{\mathbb{Z}}$ zadaną wzorem

$i(n)=[(n,0){]}_{\approx }$

Funkcja ta jest naturalnym włożeniem zbioru $\mathbb{\mathbb{N}}$ w zbiór $\mathbb{\mathbb{Z}}$. Jako ćwiczenie pokażemy, że funkcja $i$ jest iniektywna i zgodna z działaniami. Dzięki włożeniu $i$ będziemy utożsamiali liczbę naturalną $n$ z odpowiadającą jej liczbą całkowitą $i(n)$. W ten sposób każdą liczbę naturalną możemy traktować jak całkowitą.

Ćwiczenie 1.13

Pokaż, że funkcja $i$ jest iniekcją. Pokaż, że $i$ jest zgodne z działaniami i porządkiem to znaczy:

1. $i(0)=0$
2. $i(n+m)=i(n)+i(m)$
3. $i(n\cdot m)=i(n)\cdot i(m)$
4. jeżeli $n\le k$ to $i(n)\le i(k)$

Wskazówka

Pamiętaj, że znaki działań i porządku (oraz $0$) po prawej i po lewej stronie równości znaczą co innego. Zapisz każde z powyższych praw ujawniając strukturę liczb całkowitych. Zauważ, że w dowodzie będą interweniowały udowodnione już prawa łączności, przemienności, prawo skreśleń i skracania oraz własności porządkowe dla liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Aby wykazać iniektywność funkcji $i$ wybierzmy dwie dowolne liczby naturalne $m,n$. Jeśli $i(n)=i(m)$, to $[(n,0){]}_{\approx }=[(m,0){]}_{\approx }$, czyli $n+0=m+0$ i używając prawa skracania dla liczb naturalnych dostajemy $n=m$, co należało wykazać. Nasze rozumowanie wykazało, że funkcja $i$ jest iniekcją. Przechodzimy teraz do dowodu własności funkcji $i$.

1. Oczywiście $i(0)=0$, ponieważ $i(0)=[(0,0){]}_{\approx }=0$.
2. Dla dowolnych dwóch liczb naturalnych $n,m$ mamy $i(n+m)=[(n+m,0){]}_{\approx }=[(n,0){]}_{\approx }+[(m,0){]}_{\approx }=i(n)+i(m)$, co należało wykazać.
3. Podobnie jak w poprzednim przypadku ustalmy dowolne dwie liczby naturalne $n$ i $m$. Wtedy, używając całego arsenału identyczności prawdziwych dla liczb naturalnych, mamy $i(n\cdot m)=[(nm,0){]}_{\approx }=[(nm+00,n0+0m){]}_{\approx }=[(n,0){]}_{\approx }\cdot [(m,0){]}_{\approx }=i(n)\cdot i(m)$, co należało wykazać.
4. Jeśli $n\le k$, to niewątpliwie $n+0\le k+0$, czyli $[(n,0){]}_{\approx }\le [(k,0){]}_{\approx }$ co oznacza, że $i(n)\le i(k)$. Dowód jest zakończony.

Liczby wymierne

Niech ${\mathbb{\mathbb{Z}}}^{*}=\mathbb{\mathbb{Z}}\setminus \left\{\mathrm{\varnothing }\right\}$. Określamy relację $\sim$ na zbiorze $\mathbb{\mathbb{Z}}\times {\mathbb{\mathbb{Z}}}^{*}$ następująco.

$(a,b)\sim (c,d)$ wtw $a\cdot d=c\cdot b$

Ćwiczenie 2.1

Relacja $\sim$ jest równoważnością.

Wskazówka

Zwrotność i symetria $\sim$ są trywialne. Przy dowodzie przechodniości zastosuj prawo skracania 1.8 dla liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Zwrotność relacji $\sim$ wynika z faktu, że dla dowolnych liczb całkowitych mamy $a\cdot b=a\cdot b$.

Dla dowodu symetrii załóżmy, że $(a,b)\sim (c,d)$. Wtedy $a\cdot d=c\cdot b$, czyli $c\cdot b=a\cdot d$ co oznacza, że $(c,d)\sim (a,b)$. Wykazaliśmy symetrię relacji $\sim$.

Aby dowieść przechodniości ustalmy trzy dowolne elementy $\mathbb{\mathbb{Z}}\times {\mathbb{\mathbb{Z}}}^{*}$ spełniające $(a,b)\sim (c,d)$ oraz $(c,d)\sim (e,f)$. Wtedy $a\cdot d=c\cdot b$, oraz $c\cdot f=e\cdot d$ używając przemienności i łączności {Dowód łączności mnożenia liczb całkowitych zostawiamy zainteresowanym czytelnikom} mnożenia liczb całkowitych otrzymujemy $a\cdot d\cdot f=c\cdot b\cdot f=e\cdot b\cdot d$. Korzystając z prawa skracania dla liczb całkowitych, korzystając z założenia, że $d\ne 0$, dostajemy $a\cdot f=e\cdot b$, czyli $(a,b)\sim (e,f)$ co należało wykazać.

Definicja 2.2.

Niech $\mathbb{\mathbb{Q}}=\mathbb{\mathbb{Z}}\times {\mathbb{\mathbb{Z}}}^{*}/\sim$

OZNACZENIE: Będziemy tradycyjne oznaczać ułamek $\frac{a}{b}$. Oznacza on zbiór $[(a,b){]}_{\sim }$.

Ćwiczenie 2.3

Dla jakich liczb wymiernych $[(a,b){]}_{\sim }$ mamy $\bigcup \bigcup [(a,b){]}_{\sim }=\mathbb{\mathbb{Z}}$?

Rozwiązanie

Po pierwsze zauważmy, że $\bigcup \bigcup [(a,b){]}_{\sim }=\{c\in \mathbb{\mathbb{Z}}:\mathrm{\exists }d(a,b)\sim (c,d)\vee (a,b)\sim (d,c)\}$. Niewątpliwie musimy więc mieć $(0,d)\sim (a,b)$ dla pewnego $d\in \mathbb{\mathbb{Z}}$ (gdyż $0$ nie może występować na drugiej współrzędnej). Definicja relacji $\sim$ implikuje, że $0\cdot b=d\cdot a$, czyli, że $a=0$. Co więcej dla dowolnej liczby całkowitej $c$ mamy $(0,d)\sim (0,c)$ ponieważ $0\cdot c=0\cdot d$. Tak więc jedyną klasą równoważności relacji $\sim$ spełniającą nasz warunek jest zbiór

$\{(0,d):d\in \mathbb{\mathbb{Z}}\setminus \{0\}\},$

który zostanie później nazwany "zerem" liczb wymiernych.

Działania na ułamkach

Definiujemy stałe i standardowe działania na ułamkach.

• Zero w liczbach wymiernych $0\in \mathbb{\mathbb{Q}}$ to $[(0,1){]}_{\sim }$.
• Jedynka w liczbach wymiernych $1\in \mathbb{\mathbb{Q}}$ to ułamek $[(1,1){]}_{\sim }$.
• $-[(a,b){]}_{\sim }=[(-a,b){]}_{\sim }$
• dodawanie $[(a,b){]}_{\sim }+[(c,d){]}_{\sim }=[(ad+bc,bd){]}_{\sim }$
• odejmowanie $[(a,b){]}_{\sim }-[(c,d){]}_{\sim }=[(ad-bc,bd){]}_{\sim }$
• mnożenie $[(a,b){]}_{\sim }\cdot [(c,d){]}_{\sim }=[(ac,bd){]}_{\sim }$
• dzielenie, $[(a,b){]}_{\sim }:[(c,d){]}_{\sim }=[(ad,bc){]}_{\sim }$ gdy $[(c,d){]}_{\sim }\ne [(0,d){]}_{\sim }$

Tak jak poprzednio w przypadku liczb całkowitych będziemy starali się utożsamiać liczby całkowite z pewnymi ułamkami.

Proszę tak jak poprzednio o zwrócenie uwagi na kolizję oznaczeń. Jest to zamierzona kolizja oznaczeń, którą wprowadzamy z pełną świadomością. Po lewej stronie definicji (dodawania, mnożenia, odejmowania i liczby przeciwnej) używamy tych samych znaków działań co po stronie prawej. Pod koniec tej konstrukcji podamy naturalne włożenie (iniekcje wkładającą liczby całkowite w wymierne) takie, które zachowuje działania na liczbach. Upewni nas to, że stosowanie tych samych oznaczeń de facto nie grozi konfliktem.

Ćwiczenie 2.4

Pokazać, że działania na liczbach wymiernych są dobrze określone. To znaczy pokazać, że zbiory (klasy równoważności) będące wynikiem działań nie nie zależą od wyboru reprezentantów:

Wskazówka

Zapisz w jaki sposób wynik działań jest niezależny od wyboru reprezentantów.

Rozwiązanie

Pierwszym działaniem, które może zależeć od reprezentantów z wybranych z klasy równoważności jest branie elementu przeciwnego. Załóżmy, że $(a,b)\sim (c,d)$. Wtedy $ad=cb$ i korzystając z własności liczb całkowitych {Tylko niektóre z niezbędnych własności liczb całkowitych zostały wykazane we wcześniejszej części wykładu. Pozostawiamy dociekliwym czytelnikom możliwość dowiedzenie wszystkich faktów niezbędnych do rozumowań na liczbach wymiernych}, $(-1)\cdot a\cdot d=(-1)\cdot c\cdot b$ i dalej $-a\cdot d=-c\cdot b$, czyli $[(-a,b){]}_{\sim }=[(-c,d){]}_{\sim }$, co należało wykazać.

Aby dowieść niezależności dodawania ustalmy cztery elementy $\mathbb{\mathbb{Z}}\times {\mathbb{\mathbb{Z}}}^{*}$ takie, że $(a,b)\sim (e,f)$, oraz $(c,d)\sim (g,h)$. Natychmiast wnioskujemy, że $a\cdot f=e\cdot b$, oraz $c\cdot h=g\cdot d$ i dalej

$a\cdot f\cdot d\cdot h=e\cdot b\cdot d\cdot h\text{ oraz }c\cdot h\cdot b\cdot f=g\cdot d\cdot b\cdot f.$

Sumując obie równości i wyłączając wspólne czynniki otrzymujemy

$(f\cdot h)\cdot (a\cdot d+c\cdot b)=(b\cdot d)\cdot (e\cdot h+g\cdot f)$

czyli $(a\cdot d+c\cdot b,b\cdot d)\sim (e\cdot h+g\cdot f,f\cdot h)$ i dalej

$[(a,b){]}_{\sim }+[(c,d){]}_{\sim }=[(a\cdot d+c\cdot b,b\cdot d){]}_{\sim }=[(e\cdot h+g\cdot f,f\cdot h){]}_{\sim }=[(e,f){]}_{\sim }+[(g,h){]}_{\sim },$

co należało wykazać.

Niezależność odejmowania jest bezpośrednią konsekwencją faktów dowiedzionych powyżej. Wystarczy zauważyć, że $[(a,b){]}_{\sim }-[(c,d){]}_{\sim }=[(a,b){]}_{\sim }+(-[(c,d){]}_{\sim })$, co wynika wprost z definicji odejmowania. Ponieważ dodawanie i znajdowanie elementu przeciwnego są niezależne od wyboru reprezentantów z klas to również ich złożenie jest od niego niezależne - czego należało dowieść.

Dla dowodu mnożenia ustalmy cztery elementy $\mathbb{\mathbb{Z}}\times {\mathbb{\mathbb{Z}}}^{*}$ takie, że $(a,b)\sim (e,f)$, oraz $(c,d)\sim (g,h)$. Z założeń wnioskujemy, że $af=be$, oraz, że $ch=dg$. W związku z tym $afch=bedg$ i, korzystając z przemienności i łączności mnożenia liczb całkowitych $(ac,bd)\sim (eg,fh)$, czyli

$[(a,b){]}_{\sim }\cdot [(c,d){]}_{\sim }=[(ac,bd){]}_{\sim }=[(eg,fh){]}_{\sim }=[(e,f){]}_{\sim }\cdot [(g,h){]}_{\sim },$

co należało wykazać.

Dla dowodu dzielenia zauważmy, że dla dowolnego $(c,d)\sim (g,h)$ ($c,g$ różne od $0$) mamy $(d,c)\sim (h,g)$, ponieważ oba fakty są równoważne $ch=gd$ (korzystając z przemienności mnożenia liczb całkowitych). W związku z tym "zamiana miejscami" nie zależy od wyboru reprezentanta klasy równoważności. Zauważmy, że $[(a,b){]}_{\sim }:[(c,d){]}_{\sim }=[(a,b){]}_{\sim }\cdot [(d,c){]}_{\sim }$ i ponieważ założyliśmy $c\ne 0$, to dzielenie jest złożeniem dwóch operacji niezależnych od wyboru reprezentantów dla klas równoważności - co należało wykazać.

Porządek ułamków.

Definicja 2.5.

$\frac{a}{b}\ge \frac{c}{d}$ gdy $(a\cdot d-b\cdot c)\cdot b\cdot d\ge 0$

Ćwiczenie 2.6

Pokaż, że definicja porządku nie jest zależna od wyboru reprezentanta.

Wskazówka

Do dowodu zastosuj własności dodawania, mnożenia i odejmowania liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Ustalmy dowolne $\frac{a}{b}\ge \frac{c}{d}$. Wtedy $(a\cdot d-b\cdot c)\cdot b\cdot d\ge 0$ jest równoważne $((a\cdot d-b\cdot c)\cdot 1-(b\cdot d)\cdot 0)\cdot (b\cdot d)\cdot 1\ge 0$, co z kolej znaczy, że $\frac{a}{b}-\frac{c}{d}\ge \frac{0}{1}$. Ponieważ wykazaliśmy wcześniej, że odejmowanie liczb wymiernych nie zależy od wyboru reprezentantów dla klasy pozostaje wykazać, że dla $\frac{a}{b}=\frac{e}{f}$ mamy $\frac{a}{b}\ge \frac{0}{1}$ wtedy i tylko wtedy, kiedy $\frac{e}{f}\ge \frac{0}{1}$. Pierwsza nierówność jest prawdą wtedy i tylko wtedy, kiedy $(a\cdot 1-b\cdot 0)\cdot b\cdot 1=a\cdot b\ge 0$, a druga, kiedy $e\cdot f\ge 0$. W świetle założenia mówiącego, że $\frac{a}{b}=\frac{e}{f}$, czyli, że $a\cdot f=b\cdot e$ równoważność otrzymujemy przez analizę dodatniości $a,b,e$ i $f$.

Ćwiczenie 2.7

Pokaż, że porządek liczb wymiernych spełnia postulaty porządku liniowego to znaczy jest zwrotny, antysymetryczny, przechodni i spójny.

Wskazówka

Do dowodu zastosuj własności dodawania liczb całkowitych i porządku dla liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Zwrotność porządku na liczbach wymiernych jest trywialna. Nierówność $\frac{a}{b}\ge \frac{a}{b}$ oznacza $(ab-ba)bb\ge 0$ co jest zawsze prawdą.

Dla dowodu antysymetrii załóżmy, że $\frac{a}{b}\ge \frac{c}{d}$, oraz $\frac{c}{d}\ge \frac{a}{b}$. Wtedy $(ad-bc)bd\ge 0$ i $(cb-da)db\ge 0$. Ponieważ definicja liczb wymiernych gwarantuje, że $db\ne 0$ to $ad-bc=0$, czyli $ad=bc$ co jest definicją równości $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$. Antysymetria jest pokazana.

Aby pokazać przechodniość wybierzmy trzy liczby wymierne $\frac{a}{b}\ge \frac{c}{d}\ge \frac{e}{f}$. Z założeń wynika, że $(ad-bc)bd\ge 0$, oraz $(cf-de)df\ge 0$. Wnioskujemy, że

$adbd\ge bcbd$ oraz $cfdf\ge dedf$

mnożąc nierówności przez, odpowiednio $ff$ i $bb$ (założenia gwarantują $f\ne 0\ne b$) otrzymujemy

$adbdff\ge bcbdff$ oraz $cfdfbb\ge dedfbb$

i korzystając z przechodniości nierówności $adbdff\ge dedfbb$, co możemy przekształcić do $(af-be)bfdd\ge 0$. Ponieważ założenia gwarantują, że $d\ne 0$, to $(af-be)bf\ge 0$, czyli $\frac{a}{b}\ge \frac{e}{f}$, co należało pokazać.

Pozostała nam do wykazania spójność porządku. Bardzo łatwo zauważyć, że dla dwóch liczb wymiernych $\frac{a}{b}$ i $\frac{c}{d}$ mamy $(ad-bc)bd\ge 0$ lub $(bc-ad)db\ge 0$ co kończy dowód spójności.

Do rozważań nad konstrukcją liczb rzeczywistych potrzebna nam będzie definicja wartości bezwzględnej

Definicja 2.8.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begincases”): {\displaystyle \displaystyle \left| x \right| = \begincases x & \text{ gdy }, x\geq 0 \\ -x & \text{ w przeciwnym przypadku}. \endcases }

Ćwiczenie 2.9

Pokaż, warunek trójkąta czyli:

$|x+y|\le \left|x\right|+\left|y\right|$

Wskazówka

Rozważ przypadki, kiedy obie liczby są dodatnie, obie ujemne, jedna dodatnia a druga ujemna. W każdym z przypadków rozumowanie jest trywialne.

Rozwiązanie

Dowód przeprowadzimy wprowadzając podobną notację dla liczb całkowitych. Jeśli uda nam się zdefiniować funkcję moduł w ten sposób, że $|n+k|\le \left|n\right|+\left|k\right|$, $\left|nk\right|=\left|n\right|\left|k\right|$, $\left|n\right|\ge 0$ dla dowolnych liczb całkowitych, oraz $\left|\frac{a}{b}\right|=\frac{\left|a\right|}{\left|b\right|}$, to

$|\frac{a}{b}+\frac{c}{d}|=\left|\frac{ad+bc}{bd}\right|=\frac{|ad+bc|}{\left|bd\right|}$

oraz

$\left|\frac{a}{b}\right|+\left|\frac{c}{d}\right|=\frac{\left|a\right|}{\left|b\right|}+\frac{\left|c\right|}{\left|d\right|}=\frac{\left|a\right|\left|d\right|+\left|b\right|\left|c\right|}{\left|b\right|\left|d\right|}.$

Żądana nierówność będzie prawdą, jeśli uda nam się wykazać, że

$[(\left|a\right|\left|d\right|+\left|b\right|\left|c\right|)\left|bd\right|-|ad+bc|\left|b\right|\left|d\right|]\left|b\right|\left|d\right|\left|bd\right|\ge 0,$

ale korzystając z właściwości modułu dla liczb całkowitych (które wkrótce wykażemy) przekształcamy wzór do

$[(\left|ad\right|+\left|bc\right|-|ad+bc|]\left|b\right|\left|c\right|\left|b\right|\left|d\right|\left|b\right|\left|d\right|\ge 0,$

i ponieważ $\left|b\right|$ i $\left|d\right|$ są stale większe od zera, a $\left|ad\right|+\left|bc\right|\ge |ad+bc|$ w liczbach całkowitych, nierówność jest dowiedziona.

Pozostaje zdefiniować funkcję moduł w liczbach całkowitych. Definiujemy ją jako: $|[(n,k){]}_{\approx }|=[(l,0){]}_{\approx }$ gdzie $l$ jest unikalną liczbą naturalną taką, że $[(n,k){]}_{\approx }=[(l,0){]}_{\approx }$ lub $[(n,k){]}_{\approx }=[(0,l){]}_{\approx }$. Liczba taka istnieje na podstawie Ćwiczenia 1.3 (patrz ćwiczenie 1.3.) i jest unikalna, ponieważ $[(l,0){]}_{\approx }=[(0,p){]}_{\approx }$ implikuje $p=l=0$, a $[(l,0){]}_{\approx }=[(p,0){]}_{\approx }$ implikuje $p=l$. Pozostaje wykazać wymagane fakty o funkcji moduł.

Ustalmy dwie liczby całkowite $[(n,k){]}_{\approx }$ i $[(l,m){]}_{\approx }$ - wykażemy, że $|[(n,k){]}_{\approx }+[(l,m){]}_{\approx }|\le |[(n,k){]}_{\approx }|+|[(l,m){]}_{\approx }|$. Ponieważ zarówno dodawanie, jak i porządek nie zależą od wyboru reprezentantów dla klas równoważności możemy założyć, że $n=0$ lub $k=0$ (i równocześnie $l=0$ lub $m=0$). Jeśli $k=0$ oraz $m=0$ to mamy $|[(n,k){]}_{\approx }|=[(n,k){]}_{\approx }$ oraz $|[(l,m){]}_{\approx }|=[(l,m){]}_{\approx }$ i nierówność jest prawdziwa. Jeśli z kolei $n=0$ i $l=0$, to

$|[(n,k){]}_{\approx }+[(l,m){]}_{\approx }|=|[(0,k+m){]}_{\approx }|=[(k+m,0){]}_{\approx }=[(k,0){]}_{\approx }+[(m,0){]}_{\approx }=|[(0,k){]}_{\approx }|+|[(0,m){]}_{\approx }|$

i nierówność znowu jest spełniona. Pozostają dwa symetryczne przypadki. Bez straty ogólności możemy założyć, że $n=0$ i $m=0$. Wtedy Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \left| [(n,k)]_{\approx} +[(l,m)]_\approx} \right| = \left| [(l,k)]_{\approx} \right| } jest niewątpliwie mniejszy od $|[(k,n){]}_{\approx }|+|[(l,m){]}_{\approx }|=[(l+k,0){]}_{\approx }$ ponieważ, zgodnie z definicją modułu pierwsza współrzędna $|[(l,k){]}_{\approx }|$ jest mniejsza lub równa większej z liczb $k$, $l$, która jest z kolei mniejsza lub równa $l+k$.

Aby dowieść, że w liczbach całkowitych moduł jest rozdzielny względem mnożenia ustalmy dwie liczby $[(n,k){]}_{\approx }$ i $[(l,m){]}_{\approx }$ i, podobnie jak poprzednio, załóżmy, że że $n=0$ lub $k=0$ (i równocześnie $l=0$ lub $m=0$). Wtedy $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(l,m){]}_{\approx }=[(nl+km,lk+mn){]}_{\approx }$, gdzie co najwyżej jeden z czterech sumandów jest niezerowy. Moduł otrzymanej liczby będzie liczbą całkowitą posiadającą na pierwszej współrzędnej ten właśnie sumand, a na drugiej zero. Równocześnie $|[(n,k){]}_{\approx }|\cdot |[(l,m){]}_{\approx }|$ będzie posiadał na pierwszej współrzędnej dokładnie ten sumand, a na drugiej zero, co dowodzi żądanej równości.

Aby dowieść, że $|[(n,k){]}_{\approx }|\ge 0$ wystarczy zauważyć, że druga współrzędna pary reprezentującej liczbę jest równa zero i w związku z tym warunek nierówności jest zawsze spełniony.

Pozostaje wykazać, że $\left|\frac{a}{b}\right|=\frac{\left|a\right|}{\left|b\right|}$. Rozważmy dwa przypadki: jeśli $\frac{a}{b}\ge 0$, to $\left|\frac{a}{b}\right|=\frac{a}{b}$. W tym przypadku nierówność implikuje, że $(a1-b0)b1\ge 0$, czyli, że $a$ i $b$ są liczbami całkowitymi tego samego znaku. To znaczy, że posiadają reprezentacje postacie $[(n,0){]}_{\approx }$ i $[(k,0){]}_{\approx }$ (lub $[(0,n){]}_{\approx }$ i $[(0,k){]}_{\approx }$). Wnioskujemy, że $a\cdot \left|b\right|=b\cdot \left|a\right|$, czyli $\frac{a}{b}=\frac{\left|a\right|}{\left|b\right|}$ co należało wykazać. W drugim przypadku mamy $\frac{a}{b}<0$, czyli $(a1-b0)b1<0$, więc znaki $a$ i $b$ są przeciwne (posiadają reprezentacje $[(n,0){]}_{\approx }$ i $[(0,k){]}_{\approx }$, lub na odwrót). Wtedy mamy $\left|\frac{a}{b}\right|=\frac{-a}{b}$ i znowu $-a\cdot \left|b\right|=b\cdot \left|a\right|$ jest prawdą. Wykazaliśmy, że moduł zdefiniowany w liczbach wymiernych jest zgodny z modułem dla liczb całkowitych, co było ostatnim brakującym faktem w dowodzie.

Definicja 2.10.

Rozważmy teraz funkcje $j:\mathbb{\mathbb{Z}}\to \mathbb{\mathbb{Q}}$ identyfikującą liczby całkowite jako pewne specjalne liczby wymierne zadaną wzorem

$j(a)=[(a,1){]}_{\sim }$

Funkcja ta jest naturalnym włożeniem zbioru $\mathbb{\mathbb{Z}}$ w zbiór $\mathbb{\mathbb{Q}}$. Jest iniektywna, zgodna z działaniami i zachowująca stałe. Pokazanie tych własności będzie treścią następnego ćwiczenia.

Ćwiczenie 2.11

Pokaż własności włożenia $j$.

1. $j(0)=0$
2. $j(1)=1$
3. $j(a+b)=j(a)+j(b)$
4. $j(a-b)=j(a)-j(b)$
5. $j(a\cdot b)=j(a)\cdot j(b)$
6. jeżeli $x\le y$ to $j(x)\le j(y)$

Wskazówka

Pamiętaj, że znaki działań i porządku (oraz $0$ i $1$) po prawej i po lewej stronie równości znaczą co innego. Zapisz każde z powyższych praw ujawniając strukturę liczb wymiernych. Zauważ, że w dowodzie będą interweniowały udowodnione już prawa łączności, przemienności, prawo skreśleń i skracania oraz własności porządkowe dla liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Włożenie $j$ przekształca $0$ w $0$ i $1$ w $1$, co jest trywialną konsekwencją definicji funkcji $j$.

Aby wykazać, że włożenie jest zgodne z dodawanie, ustalmy dwie dowolne liczby całkowite $a$ i $b$. Wtedy $j(a+b)=[(a+b,1){]}_{\sim }=[((a1+1b)11,11){]}_{\sim }=[(a,1){]}_{\sim }+[(b,1){]}_{\sim }=j(a)+j(b)$ co należało wykazać.

Dla dowodu różnicy ustalmy ponownie $a$ i $b$, wtedy $j(a-b)=[(a-b,1){]}_{\sim }=[((a1-1b)11,11){]}_{\sim }=[(a,1){]}_{\sim }-[(b,1){]}_{\sim }=j(a)-j(b)$, co kończy dowód podobnie jak w poprzednim przypadku.

Dla dowodu iloczynu, ustalmy znów $a$ i $b$ mamy $j(a\cdot b)=[(ab,1){]}_{\sim }=[(ab,11){]}_{\sim }=[(a,1){]}_{\sim }\cdot [(b,1){]}_{\sim }=j(a)\cdot j(b)$, co dowodzi wymaganego faktu.

Dla dowodu zgodności z porządkiem załóżmy, że $a\le b$ wtedy $b-a\ge 0$ i dalej $(b1-1a)11\ge 0$ co oznacza, że $[(b,1){]}_{\sim }\ge [(a,1){]}_{\sim }$.

Dzięki włożeniu $j$ będziemy utożsamiali liczbę całkowitą $a$ z odpowiadającą jej liczbą wymierną $j(a)=[(a,1){]}_{\sim }$.

Konstrukcja Cantora liczb rzeczywistych

Ciągiem elementów zbioru $A$ nazywamy każdą funkcje $a:\mathbb{\mathbb{N}}\to A$. Przez $a_n$ oznaczamy element ciągu $a(n)$.

Konstrukcja liczb rzeczywistych pochodzi od Georg Cantor. Genialny pomysł Georg Cantor polega na rozważaniu nieskończonych ciągów liczb wymiernych spełniających warunek Augustin Louis Cauchy. Wiemy z analizy (patrz wykład analiza 1), że ciągi takie są zbieżne. Dlatego ciąg ten można uważać za aproksymacje liczby rzeczywistej. Będziemy za liczbę rzeczywistą brać wszystkie takie ciągi aproksymacji, które w sensie poniższych definicji będą dowolnie bliskie siebie.

Ciągiem Cauchy'ego zbioru liczb wymiernych $\mathbb{\mathbb{Q}}$ nazywamy każdy taki ciąg $a:\mathbb{\mathbb{N}}\to \mathbb{\mathbb{Q}}$ który spełnia warunek (Cauchy'ego)

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \forall_{\varepsilon \in \mathbb{Q} \hspace*{0.1mm} \wedge \varepsilon >0} \;\; \exists_{n_0 \in \mathbb{N}} \;\; \forall_{p,k \in \mathbb{N}} \;\; ( p>n_0 \wedge k >n_0 \hspace*{0.1mm} \Rightarrow \left| a_p - a_k \right| < \varepsilon ) }

Ciąg $a:\mathbb{\mathbb{N}}\to \mathbb{\mathbb{Q}}$ nazywamy ograniczonym gdy spełnia:

${\mathrm{\exists }}_{M>0}{\mathrm{\forall }}_{n\in \mathbb{\mathbb{N}}}\left|a_n\right|<M$

Fakt

Ciągi Cauchy'ego są ograniczone

Dowód

Do ciągu Cauchy'ego $a$ będziemy dobierać ograniczenie $M$. Weźmy dodatnią liczbę wymierną $\epsilon$. Dla niej, zgodnie z definicją Uzupelnic defn:ciagc| znajdziemy tak duże $n_0$, że dla wszystkich liczb naturalnych $p,k$ poczynając od $n_0+1$ będzie zachodzić $|a_p-a_k|<\epsilon$. Połóżmy za $M$ największą z pośród liczb $\left|a_0\right|,\dots \left|a_{n_0}\right|$ oraz $\left|a_{n_0+1}\right|+\epsilon$ powiększoną o $1$. Łatwo sprawdzić, że tak zdefiniowane $M$ majoryzuje moduły wszystkich liczb ciągu.

Poniżej wprowadzimy relacje równoważności na zborze ciągów Cauchy'ego, taką która skleja ciągi, które leżą dowolnie blisko. Każdy taki ciąg będzie inną aproksymacją tej samej liczby rzeczywistej. Zbiór wszystkich takich aproksymacji będzie dla nas właśnie liczbą rzeczywistą.

Niech $X=\{a:\mathbb{\mathbb{N}}\to \mathbb{\mathbb{Q}}:a$ jest ciągiem Cauchy'ego $\}$

Na zbiorze $X$ ciągów Cauchy'ego określamy relację następująco: dwa ciągi $a$ i $b$ są równoważne co zapisujemy jako $a\simeq b$ gdy:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \forall_{\varepsilon >0} \;\; \exists_{n_0 \in \mathbb{N}} \;\; \forall_{n \in \mathbb{N}} \;\; ( n>n_0 \hspace*{0.1mm} \Rightarrow \left| a_n - b_n \right| < \varepsilon ) }

Twierdzenie

Relacja $\simeq$ określona na $X$ jest relacją

równoważności.

Dowód

Zwrotność i symetria relacji $\simeq$ są oczywiste. Zajmijmy się dowodem przechodniości. Niech $a\simeq b$ oraz $b\simeq c$. Oznacza to:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \forall_{\varepsilon >0} \;\; \exists_{n_1 \in \mathbb{N}} \;\; \forall_{n \in \mathbb{N}} \;\; ( n>n_1 \hspace*{0.1mm} \Rightarrow \left| a_n - b_n \right| < \varepsilon ) \\ \forall_{\varepsilon >0} \;\; \exists_{n_2 \in \mathbb{N}} \;\; \forall_{n \in \mathbb{N}} \;\; ( n>n_0 \hspace*{0.1mm} \Rightarrow \left| b_n - c_n \right| < \varepsilon ) \endaligned}

Weźmy $\epsilon >0$. Będziemy dobierać niezależnie liczby $n_1$ i $n_2$ do $\epsilon /2$ dla pierwszej i drugiej pary ciągów. Mamy zatem parę nierówności: dla $n>n_1$ zachodzi $|a_n-b_n|<\epsilon /2$ oraz dla $n>n_2$ zachodzi $|b_n-c_n|<\epsilon /2$. Biorąc większą z tych dwóch liczb będziemy oczywiście jednocześnie spełniać obie nierówności. Zatem dla $n>\max (n_1,n_2)$ zachodzą $|a_n-b_n|<\epsilon /2$ oraz $|b_n-c_n|<\epsilon /2$. Używając nierówności trójkąta udowodnionego w ćwiczeniu w rozdziale Uzupelnic cwiczenie_nier_troj| mamy:

$|a_n-c_n|\le |a_n-b_n|+|b_n-c_n|<\epsilon /2+\epsilon /2=\epsilon$

co kończy dowód.

Przez liczby rzeczywiste będziemy rozumieli zbiór $X/\simeq$ i oznaczamy przez $\mathbb{ℝ}$.

Liczbą rzeczywistą jest zatem zbiór ciągów Cauchy'ego które leżą dowolnie blisko siebie. Na każdy taki ciąg można patrzeć jak na pewną aproksymacje danej liczby rzeczywistej.

Ćwiczenie

Ile razy należy poprzedzić znakiem $\bigcup$ zbiór $\mathbb{ℝ}$, aby otrzymać $\mathbb{\mathbb{N}}$?

Rozwiązanie

Mamy $\mathbb{ℝ}\subseteq {𝒫}({𝒫}(\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{Q}}))$, a więc $\bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{ℝ}\subseteq \mathbb{\mathbb{N}}\cup \mathbb{\mathbb{Q}}$. Rozumując dalej mamy $\mathbb{\mathbb{Q}}\subseteq {𝒫}(\mathbb{\mathbb{Z}}\times \mathbb{\mathbb{Z}})$, a więc $\bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{\mathbb{Q}}\subseteq \mathbb{\mathbb{Z}}$. W końcu $\mathbb{\mathbb{Z}}\subseteq {𝒫}(\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}})$ i $\bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{\mathbb{Z}}\subseteq \mathbb{\mathbb{N}}$. Reasumując otrzymujemy

$\bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup (\mathbb{ℝ})\subseteq \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup (\mathbb{\mathbb{N}}\cup \mathbb{\mathbb{Q}})\subseteq \mathbb{\mathbb{N}}.$

Pozostaje wykazać, że po tylu iteracjach nie otrzymamy niczego mniejszego niż $\mathbb{\mathbb{N}}$. Niech $z:\mathbb{\mathbb{N}}\to \mathbb{\mathbb{Q}}$ będzie funkcją taką, że $z(n)=[(0,1){]}_{\sim }$ dla dowolnego $n$. Wtedy $z$ jest ciągiem Cauchego i $[z{]}_{\simeq }\in \mathbb{ℝ}$. Ponieważ $\bigcup \bigcup z=\mathbb{\mathbb{N}}\cup \{[(0,1){]}_{\sim }\}$, to $\bigcup \bigcup \bigcup [z{]}_{\simeq }\supset \mathbb{\mathbb{N}}\cup \{[(0,1){]}_{\sim }\}$ co implikuje, że

$\mathbb{\mathbb{N}}\subseteq \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{ℝ},$

a ponieważ $\bigcup \mathbb{\mathbb{N}}=\mathbb{\mathbb{N}}$

$\bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{ℝ}=\mathbb{\mathbb{N}}$

i każda większa ilość jest również odpowiednia.

Działania na $\mathbb{ℝ}$

Dla ciągów $a$ i $b$ ciąg $a+b$ oraz $a\cdot b$ oznaczają ciągi zadane jako $(a+b)(i)=a(i)+b(i)$ dla każdego $i$. Tak samo definiujemy mnożenie: $(a\cdot b)(i)=a(i)\cdot b(i)$

Dodawanie i mnożenie ciągów liczb wymiernych definiujemy po współrzędnych to znaczy:

• dodawanie $[a{]}_{\simeq }+[b{]}_{\simeq }=[a+b{]}_{\simeq }$
• mnożenie $[a{]}_{\simeq }\cdot [b{]}_{\simeq }=[a\cdot b{]}_{\simeq }$

Ćwiczenie

Poniższe ćwiczenie odpowiada dowodowi ciągłości dodawania i mnożenia. W innej wersji będziecie państwo zapoznawać się z tym zagadnieniem na wykładzie 8 analizy matematycznej. Pokazać, że definicja dodawania i mnożenia liczb rzeczywistych jest poprawna i niezależna od wyboru reprezentantów:

Wskazówka

Dowód poprawności definicji dodawania oprzeć na dowodzie twierdzenia Uzupelnic thm:def_R|.

Rozwiązanie

Pokażemy poprawność definicji mnożenia (lub ciągłość mnożenia w sensie wykładu 8 analizy matematycznej)

Dowód

Niech $[a{]}_{\simeq }=[a^{\prime }{]}_{\simeq }$ oraz $[b{]}_{\simeq }=[b^{\prime }{]}_{\simeq }$. Pokazujemy, że $[a\cdot b{]}_{\simeq }=[a^{\prime }\cdot b^{\prime }{]}_{\simeq }$. Weźmy $\epsilon >0$. Ciągi $a^{\prime }$ i $b$ jako ciągi Cauchy'ego są ograniczone. Niech $M$ będzie wspólnym ograniczeniem tych ciągów. Dla $\epsilon /(2\cdot M)$ dobierzmy takie $n_1$ i $n_2$ aby $|a_k-a{\text{'}}_k|<\epsilon /(2\cdot M)$ i $|b_p-b{\text{'}}_p|<\epsilon /(2\cdot M)$ dla $k>n_1$ i $p>n_2$. Obie nierówności będą zachodzić jednocześnie dla wszystkich $k$ poczynając od $\max (n_1,n_2)$. Prosty rachunek korzystający z nierówności trójkąta kończy dowód:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \left| a_k \cdot b_k - a'_k \cdot b'_k \right| = \left| (a_k - a'_k)\cdot b_k + (b_k - b'_k)\cdot a'_k \right| &\leq \nonumber \\ \left| (a_k - a'_k)\cdot b_k \right| + \left| (b_k - b'_k)\cdot a'_k \right| = \left| (a_k - a'_k) \right| \cdot \left| b_k \right| + \left| (b_k - b'_k) \right| \cdot \left| a'_k \right| &\leq \nonumber\\ \varepsilon/(2 \cdot M ) \cdot M + \varepsilon/(2 \cdot M ) \cdot M = \varepsilon \nonumber \endaligned}

Porządek na $\mathbb{ℝ}$

Relacja $[a{]}_{\simeq }<[b{]}_{\simeq }$ na zbiorze liczb rzeczywistych $\mathbb{ℝ}$ jest zdefiniowana jako

${\mathrm{\exists }}_{\epsilon >0}{\mathrm{\exists }}_{n_0\in \mathbb{\mathbb{N}}}{\mathrm{\forall }}_{k>n_0}{a}_k+\epsilon <b_k$

Będziemy mówili, że liczba wymierna $\epsilon >0$ rozdziela dwa ciągi Cauchy'ego poczynając od elementu $a_{n_0+1}$.

Słaby porządek definiujemy tak jak zazwyczaj: dla liczb rzeczywistych $x\le y$ gdy $x<y$ (patrz definicja Uzupelnic defn:porzadeknaR|) lub gdy $x=y$ (patrz definicja Uzupelnic relacja_na_ciagach_Cauchyego|).

Twierdzenie

Porządek na $\mathbb{ℝ}$ jest liniowy.

Dowód

Pokażemy, że dla dowolnych ciągów Cauchy'ego $a$ i $b$ jeżeli $[a{]}_{\simeq }\ne [b{]}_{\simeq }$ to $[a{]}_{\simeq }<[b{]}_{\simeq }$ lub $[a{]}_{\simeq }>[b{]}_{\simeq }$. Niech zatem $[a{]}_{\simeq }\ne [b{]}_{\simeq }$. Zgodnie z definicją $\simeq$ oznacza to:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \exists_{\varepsilon>0} \;\; \forall_{n\in\mathbb{N}} \;\; \exists_{p\in\mathbb{N}} \;\; p>n \hspace*{0.1mm} \wedge \left| a_p -b_p \right| \geq \varepsilon }

Dobierzmy do $\epsilon /3$ liczby $n_a$ i $n_b$ odpowiednio dla ciągów $a$ i $b$ tak aby dla wszystkich $k,r>\max (n_a,n_b)$ zachodziło $|a_k-a_r|<\epsilon /3$ oraz $|b_k-b_r|<\epsilon /3$. Zgodnie z formulą powyżej dla $\max (n_a,n_b)$ musi istnieć $p_0>\max (n_a,n_b)$ takie, że $|a_{p_0}-b_{p_0}|\ge \epsilon$. Ustalmy, że to $a_{p_0}<b_{p_0}$ (gdy będzie odwrotnie rozumowania jest identyczne). Weźmy zatem dowolne $k>p_0$. Zachodzą następujące nierówności:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned a_{p_0} + \varepsilon &\leq b_{p_0} \\ a_k - \varepsilon/3 &< a_{p_0} < a_k + \varepsilon/3 \\ b_k - \varepsilon/3 &< b_{p_0} < b_k + \varepsilon/3 \endaligned}

Łatwo pokazać stosując powyższe nierówności, że poczynając od $p_0$ liczba wymierna $\epsilon /3$ będzie rozdzielała obydwa ciągi Cauchy'ego. Mianowicie,

$a_k+\epsilon /3<a_{p_0}+2\epsilon /3\le b_{p_0}-\epsilon /3<b_{p_0}$

Włożenie $\mathbb{\mathbb{Q}}$ w $\mathbb{ℝ}$

Rozważmy funkcje $k:\mathbb{\mathbb{Q}}\to \mathbb{ℝ}$ zadaną następująco: dla liczby wymiernej $q\in \mathbb{\mathbb{Q}}$ liczba rzeczywista $k(q)$ jest klasą równoważności ciągu stale równego $q$ czyli $k(q)=[b{]}_{\simeq }$ gdzie $b(n)=q$. Tak więc liczby wymierne stają się częścią liczb rzeczywistych. Funkcja $k$ jest naturalnym włożeniem zbioru $\mathbb{\mathbb{Q}}$ w zbiór $\mathbb{ℝ}$. Jest ona iniektywna i zgodna z działaniami i porządkiem.

1. $k(a+b)=k(a)+k(b)$
2. $k(a-b)=k(a)-k(b)$
3. $k(a\cdot b)=k(a)\cdot k(b)$
4. jeżeli $a<b$ to $k(a)<k(b)$

Dzięki włożeniu $k$ będziemy utożsamiali liczbę wymierną $q$ z odpowiadającą jej liczbą rzeczywistą $k(q)$.

Rozwijanie liczb rzeczywistych przy podstawie $2$

Twierdzenie

Dla każdej liczby rzeczywistej $0\le x<1$ istnieje ciąg $a_x\in 2^{\mathbb{\mathbb{N}}}$ taki, że ciąg jego sum częściowych $b_x:\mathbb{\mathbb{N}}\to \mathbb{\mathbb{Q}}$ dany jako $b_k=\sum _{i=0}^k\frac{a_i}{2^{i+1}}$ spełnia:

1. $b_x$ jest ciągiem Cauchy'ego
2. $[b_x{]}_{\simeq }=x$

Taki ciąg $a_x$ nazywamy rozwinięciem liczby $x$ przy podstawie $2$.

Dowód

Dla liczby rzeczywistej $x$ podamy indukcyjną konstrukcję ciągu $a$ będącego rozwinięciem dwójkowym liczby $x$ i równolegle ciąg $b$ jego sum częściowych. Jeżeli $0\le x<1/2$ to definiujemy $a_0=0$, w przeciwnym wypadku to znaczy kiedy $1/2\le x<1$ definiujemy $a_0=1$. Załóżmy, że mamy zdefiniowany ciąg $a$ do wyrazu $k$. Wyraz $k+1$ definiujemy

1. $a_{k+1}=1$ jeżeli $\sum _{i=0}^k\frac{a_i}{2^{i+1}}+\frac{1}{2^{k+2}}\le x$
2. $a_{k+1}=0$ jeżeli $\sum _{i=0}^k\frac{a_i}{2^{i+1}}+\frac{1}{2^{k+2}}>x$

Ciąg $b$ definiujemy tak jak w tezie twierdzenia to znaczy, $b_k=\sum _{i=0}^k\frac{a_i}{2^{i+1}}$.

Pokażemy indukcyjnie, że dla każdego $k$ zachodzi

$\sum _{i=0}^k\frac{a_i}{2^{i+1}}\le x\le \sum _{i=0}^k\frac{a_i}{2^{i+1}}+\frac{1}{2^{k+1}}.$

Dowód tego faktu pozostawimy jako ćwiczenie Uzupelnic do_tw_o_rozwijaniu|. Z powyższej nierówności mamy pierwszy fakt, a mianowicie ciąg sum częściowych $b$ jest ciągiem Cauchy'ego.

Ćwiczenie

Uzupełnij dowód indukcyjny nierówności Uzupelnic tw_nierownosc_tw_rozwiniecie| pierwszej części tezy twierdzenia Uzupelnic thm:rozwiniecie|. Wykonaj dowód drugiej części tezy twierdzenia Uzupelnic thm:rozwiniecie|. poprzedzającego to ćwiczenie.

Rozwiązanie

Dowód części drugiej $[b{]}_{\simeq }=x$. Niech $c$ będzie dowolnym ciągiem Cauchy'ego wyznaczającym liczbę rzeczywistą $x$ czyli niech $[c{]}_{\simeq }=x$. Należy pokazać, że ciągi $b$ i $c$ są równoważne w sensie $\simeq$. Weźmy $\epsilon >0$. Dobierzmy tak duże $k$ aby $\frac{1}{2^{k+1}}<\epsilon$. Dalej wynika trywialnie z nierówności Uzupelnic tw_nierownosc_tw_rozwiniecie|.

Konstrukcja przedstawiona powyżej rozwija liczbę rzeczywistą z przedziału $[0,1)$ przy podstawie $2$. Na każdym etapie konstrukcji sprawdzamy czy w przedziale w którym pracujemy aktualnie liczba znajduje się w lewej czy tez prawej połówce przedziału. Stosownie do tego wybieramy cyfrę $0$ lub $1$ rozwinięcia. Jak łatwo można przypuścić podobną konstrukcję jak w twierdzeniu Uzupelnic thm:rozwiniecie| można wykonać przy dowolnej innej podstawie $k\ge 2$. W takim wypadku aktualny analizowany przedział dzielilibyśmy na $k$ podprzedziałów i stosownie do położenia liczby wybieralibyśmy jedną z $k$ cyfr ze zbioru $\{0,\dots k-1\}$. Przykładowo gdy za $k$ wybierzemy $k=10$ dostaniemy przy pomocy takiej konstrukcji rozwinięcie dziesiętne danej liczby rzeczywistej.

Twierdzenie poniżej upewni nas o pewnej ciekawej własności rozwinięć. Otóż rozwinięcie przy podstawie $k=2$ otrzymane przy pomocy twierdzenia Uzupelnic thm:rozwiniecie| zawsze jest takie, że zera w tym rozwinięciu występują dowolnie daleko. Innymi słowy, nie jest możliwe aby w rozwinięciu od pewnego miejsca występowały same jedynki. W przykładzie dotyczącym rozwinięcia dziesiętnego liczby odpowiada to sytuacji w której nie występują ciągi które stale od pewnego miejsca mają cyfrę $9$.

Twierdzenie

Rozwinięcia $a$ uzyskane przy pomocy konstrukcji twierdzenia Uzupelnic thm:rozwiniecie| dla liczby $0\le x<1$ jest zawsze takie że:

${\mathrm{\forall }}_k{\mathrm{\exists }}_{n>k}{a}_n=0$

Dowód

Przypuśćmy, że jest przeciwnie niż mówi teza czyli ${\mathrm{\exists }}_k{\mathrm{\forall }}_{n>k}{a}_n=0$. Weźmy najmniejsze takie $k$ i nazwijmy go $k_0$. Mamy zatem $a_{k_0}=0$ oraz wszystkie późniejsze wyrazy $a_i=1$ dla $i>k_0$. Rozwijana liczba $x$ spełniać będzie dla każdego $p\ge 1$ nierówność Uzupelnic tw_nierownosc_tw_rozwiniecie| czyli zachodzić będzie:

$b_{k_0-1}+\frac{1}{2^{k_0+2}}+\dots +\frac{1}{2^{k_0+p+1}}\le x\le b_{k_0-1}+\frac{1}{2^{k_0+2}}+\dots +\frac{1}{2^{k_0+p+1}}+\frac{1}{2^{k_{0}p+1}}$

Liczbą, która spełnia wszystkie te nierówności jest $b_{k_0-1}+\frac{1}{2^{k_0+1}}$. Mamy zatem zamiast rozwinięcia, które nieformalnie zapiszemy jako $a_0\dots a_{k_0-1}0111\dots$ rozwinięcie $a_0\dots a_{k_0-1}1000\dots$. To właśnie to drugie rozwinięcie zostanie znalezione przez procedurę rekurencyjną przedstawioną w twierdzeniu Uzupelnic thm:rozwiniecie|.

Twierdzenie

Istnieje bijekcja pomiędzy odcinkiem $[0;1)$ a zbiorem $\{a\in 2^{\mathbb{\mathbb{N}}}:{\mathrm{\forall }}_k{\mathrm{\exists }}_{n>k}{a}_n=0\}$

Dowód

Bijekcja jest zdefiniowana przy pomocy techniki wprowadzonej w twierdzeniu Uzupelnic thm:rozwiniecie|. Istnienie funkcji przypisującej liczbie rzeczywistej $x$ jej rozwinięcie dwójkowe zostało tam opisane. Własność tego rozwinięcia ${\mathrm{\forall }}_k{\mathrm{\exists }}_{n>k}{a}_n=0$ została pokazana w twierdzeniu Uzupelnic thm:rozwiniecie2|. Pozostaje uzasadnić iniektywność takiego przypisania. Niech $x\ne y$. Załóżmy, że $x<y$. Rozważmy zatem ciągi $a$ oraz $a^{\prime }$ rozwinięć dwójkowych $x$ i $y$. Nazwijmy ciągi ich sum częściowych odpowiednio przez $b$ i $b^{\prime }$. Ciągi sum wyznaczają te liczby czyli $[b{]}_{\simeq }=x,[b^{\prime }{]}_{\simeq }=y$. Ciągi $b$ i $b^{\prime }$ muszą być różne bo inaczej wyznaczałyby te same liczby. W takim razie ciągi rozwinięć $a$ i $a^{\prime }$ muszą być różne.

Powyższe twierdzenie będzie miało fundamentalne znaczenie w teorii mocy o którym mowa będzie w wykładzie 9. Pokazuje bowiem że liczby rzeczywiste są równoliczne ze zbiorem $2^{\mathbb{\mathbb{N}}}$.