Теория функций действительного переменного/Эквивалентные множества

Теория функций действительного переменного

Для решения вопроса о том, равное ли число элементов содержат два множества A и B, можно поступить двумя способами. Первый способ состоит в подсчёте числа элементов в каждом множестве и сравнении полученных натуральных чисел. Второй способ не требует знания количества элементов в каждом из множеств А и В. Он состоит в попытке установить между множествами А и B взаимно однозначное соответствие (биекцию). Если биекцию f:А→ B удалось отыскать, то это означает, что количество элементов в А и B одинаково. Например, если в трамвае каждый пассажир сидит на сидении , и при этом нет ни свободных мест, ни стоящих пассажиров, то тем самым установлено взаимно однозначное соответствие (биекция) между множеством пассажиров и множеством посадочных мест, поэтому число сидений в данном трамвае равно числу севших в него пассажиров. Хотя второй метод несёт меньше информации, чем первый (он устанавливает равенство числа элементов в множествах А и B, но не указывает самого числа), у него есть преимущество применимости для количественного сравнения бесконечных множеств.

Определение: Множество A называется эквивалентным множеству B, если существует биекция f:А→B. В этом случае говорят также, что множество A имеет одинаковую мощность с множеством B. Обозначение:A~B или ${\overline {\overline {A}}}={\overline {\overline {B}}}$ .

Примеры

Множество всех натуральных чисел $\mathbb {N}$ эквивалентно множеству $2\mathbb {N} =\{2,4,6...\}$ всех чётных чисел, так как отображение $f:\mathbb {N} \to 2\mathbb {N}$ , определяемое формулой f(n)=2n есть биекция.
Функция $f(x)=\tan x$ взаимно однозначно отображает интервал $(-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}})$ на все множество действительных чисел $\mathbb {R}$ . Поэтому $(-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}})\sim \mathbb {R}$ . (Заметим: оказывается, в ограниченном интервале содержится столько же точек, сколько и на всей бесконечной числовой прямой!)
Функция $f=(b-a)x+a$ взаимно однозначно отображает интервал $(0,1)$ на интервал $(a,b)$ , а сегмент [0,1] на сегмент [a,b], поэтому (0,1)~(a,b); [0,1]~[a,b].

Теорема 1:

Всегда A~A;
Если A~B, то B~A.
Если A~B и B~C, то A~C.

Доказательство строится на определении эквивалентного множества и свойств биекции:

Тождественное отображение id:A→A есть биекция.
Если f:А→B- биекция, то и обратное отображение f^-1:B→A— биекция.
Если f:A→B и g:B→C- биекции, то и их композиция f•g:A→C - биекция.

Теорема 2: Если $A_{1}\sim B_{1}$ , $A_{2}\sim B_{2}$ , то $A_{1}\times A_{2}\sim B_{1}\times B_{2}$ .

Доказательство

Пусть $f_{1}:A_{1}\to B_{1}$ и $f_{2}:A_{2}\to B_{2}$ — биекции. Определим отображение $f:A_{1}\times A_{2}\to B_{1}\times B_{2}$ формулой $f(a_{1},a_{2})=(f_{1}(a_{1}),f_{2}(a_{2}))$ . Тогда $f$ есть биекция, так как для любого элемента $(b_{1},b_{2})$ декартова произведения $B_{1}\times B_{2}$ в декартовом произведении $A_{1}\times A_{2}$ имеется единственный прообраз относительно отображения $f$ , именно точка ${\big (}f_{1}^{-1}(b_{1}),f_{2}^{-1}(b_{2}){\big )}$ .

Tеорема 3: Пусть $\{A_{x}\}_{x\in X}$ и $\{B_{y}\}_{y\in Y}$ - два семейcтва попарно непересекающихся множеств, и пусть существует такая биекция: f:X→Y, что A_x~B_f(x) для любого элемента $x\in X$ . Тогда множества $A=\bigcup _{x\in X}A_{x}$ и $B=\bigcup _{y\in Y}B_{y}$ эквивалентны.

Доказательство

Обозначим через g_x биекцию множества А_x на множество B_f(x). Пусть $a$ - произвольный элемент из А. Тогда, так как множества первого семейства попарно не пересекаются, существует единственный элемент $x\in X$ , такой, что $a\in A_{x}$ . Поставим в соответствие элементу a элемент g_x(a) из B_f(x), принадлежащий вместе с тем и множеству B. Получим биекцию множества А на B. Действительно, если b произвольный элемент из B, то в силу попарной непересекаемости множеств второго семейства, существует единственный элемент $y\in Y$ , такой, что $b\in B_{y}$ . Ясно, что элемент $g_{f^{-1}(y)}^{-1}(b)$ является единственным прообразом элемента b при нашем соответствии.

Tеорема 4: Если $A_{3}\subset A_{2}\subset A_{1}$ и A₃~A₁, то A₂~A₁.

Доказательство

Так как A₁~A₃, то существует биекция f:A₁→A₃. Положим $A_{4}=f(A_{2}),\quad A_{5}=f(A_{3})$ и далее по индукции, если множества A₁, A₂,...A_n уже определены, то полагаем $A_{n+1}=f(A_{n-1}),\;A_{n+2}=f(A_{n})$ . Таким образом, получается последовательность множеств $\{A_{n}\}$ . Покажем, что эта последовательность удовлетворяет следующим трем условиям:

$A_{1}\supset A_{2}\supset ...\supset ...A_{n}\supset ...$ (1)
для всех m≠n $(A_{m}\setminus A_{m+1})\cap (A_{n}\setminus A_{n+1})=\varnothing$ (2)
для всех $n\in \mathbb {N} \quad A_{n}\setminus A_{n+1}\sim A_{n+2}\setminus A_{n+3}$ (3)

Докажем условие (1) по индукции. Отношения $A_{1}\supset A_{2}\supset A_{3}$ выполнены по условию теоремы. Допустим, что верны отношения $A_{1}\supset A_{2}\supset ...\supset A_{n}$ . Тогда из $A_{n-2}\supset A_{n-1}\supset A_{n}$ следует $f(A_{n-2})\supset f(A_{n-1})\supset f(A_{n})$ , то есть $A_{n}\supset A_{n+1}\supset A_{n+2}$ . Тем самым условие (1) доказано.
Условие (2) вытекает из (1), так как при m≠n полагая, например, m>n, будем иметь $A_{m}\setminus A_{m+1}\subset A_{m}\subset A_{n+1}$ . Следовательно, любая точка из A_m\A_m+1 не принадлежит A_n\A_n+1.
Для доказательства (3) заметим, что из отношений $A_{n+1}\subset A_{n},\;f(A_{n})=A_{n+2},\;\;f(A_{n+1})=A_{n+3}$ и биективности f следует $f(A_{n}\setminus A_{n+1})=f(A_{n})\setminus f(A_{n+1})=A_{n+2}\setminus A_{n+3}$ , что и означает справедливость отношений (3).

Положим $C=\bigcap _{n\in \mathbb {N} }A_{n}$ . Тогда справедливы равенства (4): $A_{1}=C\cup (A_{1}\setminus A_{2})\cup (A_{2}\setminus A_{3})\cup ...$ и (5): $A_{2}=C\cup (A_{2}\setminus A_{3})\cup (A_{3}\setminus A_{4})\cup ...$ , причём слагаемые в них попарно не пересекаются.
Докажем, например, равенство (4). Из соотношений (1) следует, что все слагаемые правой части равенства (4) содержатся в его левой части. Докажем обратное включение. Пусть $x\in A_{1}$ . Если $x\in C$ , то $x$ принадлежит и всей правой части. Если же $x\not \in C$ , то существует такоЙ номер n, что $x\not \in A_{n}$ . Пусть m - наименьший из номеров, для которого $x\not \in A_{m}$ . Так как $x\in A_{1}$ , то m ≥ 2. Ясно, что $x\in A_{m-1}$ . Поэтому $x\in A_{m-1}\setminus A_{m}$ . Следовательно, $x$ принадлежит и всей правой части равенства (4), что и завершает его доказательство.

Докажем еще, что слагаемые в правой части равенства (4) попарно не пересекаются. Первое слагаемое С не пересекается с любым слагаемым $A_{n}\setminus A_{n+1}$ в силу очевидного включения $C\subset A_{n+1}$ , а остальные слагаемые попарно не пересекаются в силу (2).

Если положить $E=C\cup (A_{2}\setminus A_{3})\cup ...\cup (A_{2n}\setminus A_{2n+1})\cup ...$ , то равенства (4) и (5) можно переписать следующим образом: $A_{1}=E\cup (A_{1}\setminus A_{2})\cup (A_{3}\setminus A_{4})\cup ...\cup (A_{2n-1}\setminus A_{2n})\cup ...$
$A_{2}=E\cup (A_{3}\setminus A_{4})\cup (A_{5}\setminus A_{6})\cup ...\cup (A_{2n+1}\setminus A_{2n+2})\cup ...$ . В этих двух объединениях слагаемые, стоящие на одинаковых местах, начиная со второго, эквивалентны в силу (3), а первые слагаемые одинаковы и потому тоже эквивалентны. По теореме 3: множества A₁ и A₂ эквивалентны.

Понятие эквивалентности двух множеств было бы бессодержательным, если б оказалось, что все бесконечные множества эквивалентны между собой. Однако это не так, что и вытекает из следyщей теоремы.

Теорема 5 (Теорема Кантора):. Множество X и его булеан (множество всех его подмножеств) ${\mathfrak {B}}(X)$ не эквивалентны.

Доказательство

Допустим противное, что $X\sim {\mathfrak {B}}(X)$ . Тогда существует биекция: $f:X\to {\mathfrak {B}}(X)$ . Для любого элемента $x\in X$ f(x) есть элемент булеана ${\mathfrak {B}}(X)$ , то есть подмножество множества X. Возможны две ситуации: либо $x\in f(x)$ , либо $x\notin f(x)$ . Обозначим через Y множество всех таких элементов $y\in X$ , что $y\notin f(y)$ . Множество Y одновременнно является элементом булеана ${\mathfrak {B}}(X)$ . Поэтому существует такой единственный элемент $y_{0}\in X$ , что f(y₀)=Y. Ясно, что либо $y_{0}\in Y$ , либо $y_{0}\notin Y$ . Покажем, что оба эти отношения невозможны, что и докажет теорему.

Пусть $y_{0}\in Y$ . Но Y=f(y₀), значит $y_{0}\in f(y_{0})$ . Но в таком случае по определению Y $y_{0}\notin Y$ . Получили противоречие.
Пусть теперь $y_{0}\notin Y=f(y)$ . Но такой элемент должен по определению множества Y принадлежать Y: $y_{0}\in Y$ . Опять получилось противоречие.

Упражнения

1. Установите биекцию между;

промежутками $(0,+\infty )$ и $(-\infty ,+\infty )$ ;
промежутками $[a,b)$ и $[0,+\infty )$ ;
промежутками (a,b) и $(-\infty ,+\infty )$ .

2. Доказать, что если A\B~B\A, то A~B.

З. Доказать, что если $A\subset B$ и $A\sim A\cup C$ , то $B\sim (B\cup C)$ .

4. Доказать, что если $A\supset C$ , $B\supset D$ и $C\cup B\sim C$ , то $A\cup D\sim A$ .

5. Пусть $A=A_{1}\times A_{2}\times ...\times A_{n}\times ...$ и $B=B_{1}\times B_{2}...\times B_{n}\times ...$ и $(\forall n\in \mathbb {N} )\quad A_{n}\sim B_{n}$ . Доказать, A~B.

6. Установите биекцию между

единичной окружностью и периметром квадрата [0,1]×[0,1];
двумя кругами разных радиусов;
внутренностью единичного круга и плоскостью $\mathbb {R} ^{2}$ ;
открытым прямоугольником (0,1)×(2,6) и плоскостью $\mathbb {R} ^{2}$ ;
кольцом $1<x^{2}+y^{2}<2$ и внешностью единичного круга;
полосой 1<x+y<2 и плоскостью $\mathbb {R} ^{2}$ ;
открытой полуплоскостью x<y и плоскостью $\mathbb {R} ^{2}$ .