Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Множества и операции с ними. Функции. Мощности множеств. Множества на вещественной прямой. Вещественные числа.

Тема Математический анализ

10 Множества и операции с ними. Функции. Мощности множеств. Множества на вещественной прямой. Вещественные числа.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#137468

Вывести из теоремы Кантора, что не существует множества $A$ такого, что никакое множество не имеет больше элементов, чем $A$ . Иными словами, доказать, что не существует самого большого бесконечного множества, то есть для любого бесконечного множества найдется бесконечное множество, в котором еще больше элементов.

Показать доказательство

Это очевидное следствие из теоремы Кантора. Рассмотрим такое потенциальное множество $A$ . Но тогда по теореме Кантора

|A| < |𝒫 (A)|

Вот мы и смогли построить множество, в котором строго больше элементов, чем в $A$ . То есть нет никакой самой бесконечной бесконечности.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#137469

a) Докажите, что в любом интервале $(a,b) ⊂ ℝ$ найдется хотя бы одно рациональное число;

b) Докажите, что не существует континуального количества непересекающихся интервалов.

Показать доказательство

a) Если $b − a > 1$ , то всё очевидно, поскольку тогда длина рассматриваемого интервала больше 1, а значит в него заведомо попадает хотя бы одно целое число - а уж тем более и рациональное.

Если же $b− a < 1$ , то тогда ясно, что найдется такое $n ∈ ℕ$ , что

n (b − a) > 1

То есть длина интервала $(na,nb)$ будет больше 1.

Следовательно, в него попадает хотя бы одна целая точка $k ∈ ℤ$ .

Но раз $k ∈ (na,nb)$ , то очевидно, что

k --∈ (a,b) n

Тем самым, в любом интервале $(a,b)$ найдется хотя бы одна рациональная точка.

b) Пусть нашлось континуально много непересекающихся интервалов на прямой. В каждом интервале выберем по рациональному числу по пункту a).

Поскольку интервалы не пересекались, то выбранные рациональные числа для любых двух интервалов - разные.

Таким образом, мы смогли построить инъекцию из множества наших непересекающихся интервалов в некоторое подмножество рациональных чисел.

Но рациональных чисел - счётно. Значит, и наших непересекающихся интервалов - не более чем счётно. Значит, уж точно не континуально.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#137470

Пусть $A$ - конечное непустое множество, $B$ - счетное множество.

a) Доказать, что множество всех функций $f : A → B$ , то есть множество

{f : A → B | f − ф ункц ия }

- счётно;

b) А счётно ли множество всех функций $f : B → A$ , то есть множество

{f : B → A | f − ф ункц ия }

Показать доказательство

a) Пусть $A = {a1,...,an }$ . Ясно, что каждая конкретная функция $f$ задается конечным набором $(b1,...,bn)$ , где $bi = f(ai)$ , $bi ∈ B$ .

Таким образом, всего таких функций будет столько, сколько всего есть конечных наборов длины $n$ , составленных из элементов множества $B$

(b1,...,bn)

Причем понятно, что каждый такой набор задает одну и ровно одну функцию $f : A → B$ .

Ну а что такое множество всех наборов

{(b1,...,bn) | bi ∈ B}

Это по определению не что иное, как декартово произведение

B-×-B-× ...-×-B ◟ n◝ р◜аз ◞

Но, поскольку $B$ - счетно, то и такое декартово произведение тоже будет счётным.

Действительно, $B × B$ будет счетно.

Элементы $B × B$ можно расположить в виде бесконечной вниз и вправо таблицы - каждая строка такой таблицы будет состоять из всех элементов множества $B$ . Но тогда мы можем устроить обход такой таблицы точно так же, как когда мы доказываем, что положительных рациональных чисел $ℚ +$ - счётно:

$PIC$

Таким образом, мы сможем биективно занумеровать натуральными числами и элементы $B × B$ , если само $B$ было счетным.

Ну и теперь, если $B × B$ - счетно, то и

B × B × B = (B × B ) ×B счетно-т◟оль◝ко◜чт◞о доказали

- счётно. И так далее, для любого $n$

B-×-B-× ...-×-B ◟ n◝◜раз ◞

- счетно. Таким образом, мы доказали, что таких вот функций $f : A → B$ - счетно.

b) Если $A = {a1}$ - состоит из одного элемента, то да, таких функций вообще конечно. У нас будет одна-единственная функция, отправляющая любой элемент множества $B$ в этот $a1$ .

Если же $A$ состоит хотя бы из двух элементов, $A = {a1,a2}$ , то таких функций становится уже сразу континуум.

Действительно, каждая такая функция будет определяться бесконечной последовательностью

(α1,α2,...,αn,...)

где $αi = f(bi)$ , то есть $αi = a1 или a2$ .

То есть, если $A$ состоит уже хотя бы из двух элементов, то таких разных функций получится уже как минимум столько же, сколько последовательностей из нулей и единиц - а их континуум. Если же $A$ состоит более чем из двух элементов, то таких функций явно не становится меньше. В любом случае при $|A | > 1$ множество таких функций уже несчётно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#137471

a) Верно ли, что можно расположить лишь счетное число окружностей (любого размера) на плоскости так, чтобы они не пересекались?

b) Верно ли, что можно расположить лишь счетное число кругов (любого размера) на плоскости так, чтобы они не пересекались?

Показать ответ и решение

a) Нет. Их как минимум континуум. Действительно, множество окружностей

опр. Sr = {(x,y) ∈ ℝ2 | x2 + y2 = r2},r ∈ (0,1)

- не пересекается (ведь это окружности, а не круги!), и их столько, сколько чисел в луче $(0,1)$ , потому что каждой такой окружности можно однозначно сопоставить её радиус $r$ .

А чисел в интервале $(0,1)$ - континуум.

А ведь так мы перечислили далеко не все возможные окружности - это только непересекающиеся концентрические окружности с центром в нуле и радиусами от 0 до 1 невключительно. Конечно, потенциально, их может оказаться и больше, чем континуум. Но то что их ровно континуум мы пока доказывать не будем - уж по крайней мере их точно несчётно.

b) Это верно. Действительно, рассмотрим любое множество непересекающихся кругов на плоскости. Внутри каждого круга можно выбрать по рациональной точке (рациональная точка плоскости - это точка, обе координаты которой рациональны).

Поскольку круги не пересекаются, то рациональные точки, соответствующие различным кругам, разные.

Рациональных точек плоскости будет счетное число, потому что их будет столько, сколько элементов в множестве

ℚ × ℚ

- а декартово произведение счетных множеств счетно.

Следовательно, раз мы построили инъекцию из множества непересекающихся кругов в некоторое подмножество счетного множества (в подмножество $ℚ × ℚ$ ), то таких кругов не может быть более чем счётно.

Ответ:

a) Нет;
b) Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#137927

a) Доказать, что $1$ , существование которой в множестве вещественных чисел $ℝ$ гарантируется аксиомой A5, единственна;

b) Доказать, что для каждого $x ∈ ℝ ∖{0}$ тот обратный по умножению $y ∈ ℝ$ (то есть такой, что их произведение равно 1), существование которого в множестве вещественных чисел $ℝ$ гарантируется аксиомой A6, единственный (в том смысле, что для конкретного $x ∈ ℝ ∖ {0}$ он будет единственный);

c) Доказать, что для любых $x,y ∈ ℝ$ если

x ⋅y = 0

то либо $x = 0$ , либо $y = 0$

Показать доказательство

a) Пусть в $ℝ$ нашлось две такие единицы, удовлетворяющие аксиоме A5. Назовем эти две единицы $11$ и $12$ . Тогда, с одной стороны, по аксиоме A5 для единицы $11$ будет выполнено для любого $x ∈ ℝ$ , что

1 ⋅x = x ⋅1 = x 1 1

И если применить эту аксиому к конкретному $x = 12$ , то получим

1 ⋅1 = 1 ⋅ 1 = 1 1 2 2 1 2

С другой стороны, поскольку $12$ - тоже единица, для нее мы тоже можем применить аксиому A5, и получим, что для любого $x ∈ ℝ$ , что

1 ⋅x = x ⋅1 = x 2 2

И если применить эту аксиому к конкретному $x = 11$ , то получим

12 ⋅11 = 11 ⋅ 12 = 11

И мы видим, что, например,

12 ⋅11 = 12

и в то же время

12 ⋅11 = 11

Следовательно,

11 = 12

то есть любые две единицы в $ℝ$ обязаны совпадать.

b) Пусть для какого-то $x ∈ ℝ$ , $x ⁄= 0$ нашлось сразу два обратных $y,z ∈ ℝ$ . Раз оба они обратные, то по аксиоме A6 обязательно будет выполнено

x ⋅y = y ⋅x = x⋅z = z ⋅x = 1

Но тогда

по А7 y = y ⋅(x⋅ z) = (y ⋅x)⋅z = z ◟ ◝=◜1◞ ◟ ◝=◜1 ◞

Значит $y = z$ , что и требовалось доказать. Любые два обратных элемента к данному конкретному $x$ - совпадают.

c) 1 случай. Допустим, $y = 0$ . Тогда все доказано, ведь мы утверждаем, что либо $x = 0$ , либо $y = 0$ .
2 случай. Допустим теперь, что $y ⁄= 0$ . Но тогда по аксиоме A6 для этого $y$ существует обратный $z$ такой, что $z ⋅y = y ⋅z = 1$ .

Домножим тогда имеющееся у нас по условию равенство $x ⋅y = 0$ на этот $z$ справа:

x⋅y ⋅z = 0⋅z

Но $0⋅z = 0$ как мы уже знаем для любого $z$ , то есть

x ⋅y ⋅z = 0

Расставив теперь скобки в этом умножении таким образом (а расставлять их можно как угодно по аксиоме A7)

x ⋅(y ⋅z) = 0 ◟-◝◜-◞ =1

Получим, что $x ⋅1 = 0$ , из чего по аксиоме A5 мгновенно вытекает, что $x = 0$ .

Значит, мы в обоих случаях доказали, что либо $x$ , либо $y$ равен нулю, когда их произведение равно нулю.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#137930

Доказать, что для любых $x, y,z,w ∈ ℝ$ если

x ≤ y

z ≤ w

то

x+ z ≤ y + w

Показать доказательство

Нам дано, что $x ≤ y$ . Воспользуемся аксиомой A14 и прибавим к обеим частям $z$ . Получим

x + z ≤ y + z

В то же время нам дано, что $z ≤ w$ . Добавим к обеим частям $y$ - точно так же по аксиоме A14, получим

z + y ≤ w + y

Заметим, что у нас теперь есть два доказанных факта:

x + z ≤ y + z и z + y ≤ w + y

Ясно, что $y + z = z + y$ - это гарантируется аксиомой A4, таким образом, мы спокойно можем воспользоваться аксиомой A12 и из двух фактов

x + z ≤ y + z и y + z ≤ w + y

Заключить, что

x+ z ≤ w + y

Что и требовалось доказать.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#137932

a) Доказать, что для любого $x ∈ ℝ$ если $0 ≤ x$ , то $− x ≤ 0$ ;

b) Доказать, что если для любых $x,y ∈ ℝ$ если $0 ≤ x$ и $y ≤ 0$ , то $x ⋅y ≤ 0$ ;

с) Доказать, что если для любых $x,y ∈ ℝ$ если $x ≤ 0$ и $y ≤ 0$ , то $0 ≤ x ⋅y$ ;

d) Доказать, что $0 ≤ 1$ .

Показать доказательство

a) Нам дано, что $0 ≤ x$ . Тогда применим аксиому A14, и добавим к обеим частям обратный к элементу $x$ по сложению, то есть добавим к обеим частям $− x$ . Получим

0 + − x ≤ x + − x

И ясно, что выходит

− x ≤ 0

Что и требовалось доказать.

b) Раз уж нам дано, что $y ≤ 0$ , то по аналогии с пунктом a), если мы добавим к обеим частям $− y$ , то мы сможем заключить, что $0 ≤ − y$ . Таким образом, мы попадаем в условия аксиомы A15, ибо у нас $0 ≤ − y$ и по условию $0 ≤ x$ , тогда по аксиоме A15 мы заключаем

0 ≤ − y ⋅x

Но ясно, что

− y ⋅x = − (y ⋅x)

Таким образом, у нас написано

0 ≤ − (y ⋅x )

Тогда, добавляя к обеим частям $y ⋅x$ мы получаем, что

y ⋅x ≤ 0

Что и требовалось доказать.

c) Если $x ≤ 0$ и $y ≤ 0$ , то делаем то же самое, что в пункте b) и заключаем, что

0 ≤ − x и 0 ≤ − y

Тогда по аксиоме A15 получаем

0 ≤ − x ⋅(− y)

Но ясно, что $− x⋅(− y) = − 1 ⋅− 1 ⋅x ⋅y = xy$ .
(Мы здесь, конечно, пользуемся тем, что $− 1 ⋅(− 1) = 1$ , и оставляем в качестве упражнения доказать это замечательное свойство).

d) Ясно, что $0 ⁄= 1$ , потому что фактически в аксиоме A5 говорится, что единица берется из $ℝ ∖ {0}$ , а это значит $1 ⁄= 0$ .

Поэтому нам на самом деле надо доказать, что $0 < 1$ . Будем доказывать это от противного, и предположим, что $1 < 0$ .

Но тогда, беря два (одинаковых!) неравенства $1 < 0,1 < 0$ , по доказанному в пункте c) мы получаем, что перемножив их, у нас получится $0 < 1⋅1$ .
(да, у нас в пункте c) был доказан вариант с нестрогими неравенствами, но со строгими он доказывается аналогично.)

Таким образом, из предположения, что $1 < 0$ вытекает, что $0 < 1$ . А это противоречие. Значит, все таки $0 < 1$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#137935

Доказать, что множество иррациональных чисел $𝕀$ - континуально.

Показать доказательство

От противного. Пусть $𝕀$ - не континуально. Но $𝕀 ⊂ ℝ$ . Значит, $𝕀$ - не более, чем континуально.

Но ясно, что $𝕀$ - бесконечно. Значит, $𝕀$ - менее, чем континуально. Значит, $𝕀$ - счетно.

Но тогда $ℝ = ℚ ∪ 𝕀$ И оба множества $ℚ$ и $𝕀$ - счетны, а объединение счетных множеств счетно. Значит, и $ℝ$ - счетно. Противоречие.

Контрольный вопрос. Где находится тонкий момент в этом доказательстве?

Контрольный ответ. В том месте, где мы говорим, что $𝕀$ - менее чем континуально, а, значит, оно счётно. Но никакой такой теоремы о том, что сразу за счетными множествами следом идут континуальные мы не доказывали - мы не знаем, что не существует никаких множеств, которые были бы более чем счетные, но менее, чем континуальные. А вдруг $𝕀$ - именно такое?

На самом деле, общепринято в математике считать, что таких множеств действительно нет, и сразу за счетными следующими по мощности действительно идут континуальные множества. Это недоказуемое утверждение мы принимаем за аксиому. Впрочем, эту задачу можно было решить и без этой аксиомы, но гораздо технически сложнее.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#137937

Выполняется ли аксиома полноты в системе иррациональных чисел $𝕀$ ?

Показать ответ и решение

Она не выполняется. Действительно, можно рассмотреть два множества

A = {x ∈ 𝕀 | x < 0}

B = {x ∈ 𝕀 | x > 0}

Ясно совершенно, что

∀a ∈ A, ∀b ∈ B a ≤ b

Однако никакого такого $c ∈ 𝕀$ , что $∀a ∈ A, ∀b ∈ B$ выполнялось бы

a ≤ c ≤ b

найти не получится.

Это $c$ просто-напросто обязано быть равно нулю. Но 0 - все таки не иррациональное число.

А никакое положительное и никакое отрицательное иррациональное число на роль такого $c$ не годится.

Если $c$ - положительно, то оно не будет левее всех элементов из $B$ . А если $c$ - отрицательно, то оно не будет правее всех элементов из $A$ .

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#137939

a) Выполняется ли аксиома полноты в системе натуральных чисел $ℕ$ ?

b) А почему тогда мы не можем работать с $ℕ$ как со множеством вещественных чисел?

Показать ответ и решение

a) А вот в $ℕ$ аксиома полноты уже, как ни странно, выполняется. Действительно, если рассмотреть любые два множества $A ⊂ ℕ$ , $B ⊂ ℕ$ , такие, что

∀a ∈ A, ∀b ∈ B a ≤ b

То из этого будет следовать, например, что множество $B$ ограничено снизу, а множество $A$ ограничено сверху.

Но любое подмножество натуральных чисел, ограниченное снизу, имеет минимальный элемент. Тогда в качестве $c$ из аксиомы полноты можно взять просто самый маленький элемент $b ∈ B$ . Тогда, если в качестве $c$ взять самый маленький элемент $b ∈ B$ тогда ясно, что $∀a ∈ A, ∀b ∈ B$ будет выполняться

a ≤ c ≤ b

Левое неравенство выполнено, коль скоро $c ∈ B$ , а $A$ все лежит целиком левее $B$ . Второе неравенство выполнено, коль скоро мы в качестве $c$ взяли минимальный элемент в множестве $B$ .

b) Потому что в $ℕ$ не выполняются остальные аксиомы вещественных чисел. Например, аксиома A2

Ответ:

a) Да;
b) Там не выполняются другие аксиомы вещественных чисел.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#138454

Пусть $X = { 1n|n ∈ ℕ }$ . Найти предельные точки множества $X$ .

Показать ответ и решение

Ясно, что точка 0 является предельной точкой множества $X$ . А всё потому, что любой интервал, содержащий точку 0, их которого мы исключим сам 0, будет содержать хотя бы одну точку множества $X$ . Кроме точки 0 больше предельных точек у множества $X$ нет.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#138455

Пусть $X = (a,b)$ . Найти предельные точки множества $X$ .

Показать ответ и решение

Ясно, что любая точка $x0 ∈ (a,b)$ является предельной для множества $X$ . Более того, и концевые точки $a,b$ - тоже являются предельными, поскольку любые их проколотые окрестности тоже непусто пересекаются с интервалом $(a,b)$ . Кроме точек внутри $(a,b)$ и концов интервала $a,b$ больше предельных точек у множества $X$ нет.

Ответ:

$[a,b]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#138487

Пусть $U,V$ - две окрестности точки $x0 ∈ ℝ$ . Доказать, что тогда:

a) $U ∪ V$ - тоже окрестность точки $x0$ ;
b) $U ∩ V$ - тоже окрестность точки $x0$ ;
c) Оба пункта a) и b) остаются в силе, если в них всюду слово окрестность заменить на словосочетание проколотая окрестность.

Показать доказательство

a) Действительно, если $U$ - окрестность $x0$ , то это значит, что $U$ - это просто некоторый интервал, содержащий точку $x0$ , то есть

U = (x − α ,x + β ), α ,β > 0 0 1 0 1 1 1

И если $V$ - окрестность $x0$ , то это значит, что $V$ - это просто некоторый интервал, содержащий точку $x0$ , то есть

V = (x0 − α2,x0 + β2 ) α2,β2 > 0

- то есть $U ∪ V$ - это вновь окрестность точки $x 0$ , потому что это явно интервал, её содержащий. Но тогда очевидно, что

U ∪ V = (x0 − α,x0 + β), гд е α = max {α1,α2 },β = max {β1,β2}

b) Ясно, что

U ∩V = (x0 − α, x0 + β), где α = min{α1,α2 },β = min{β1,β2}

c) Очевидно, потому что все написанное в пунктах a) и b) доказывает нам и пункт c), только всюду нужно исключить точку $x0$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#138489

Доказать, что для любых двух различных $x, y ∈ ℝ$ существует такая окрестность $Ux$ точки $x$ и такая окрестность $Vy$ точки $y$ , что

U ∩ V = ∅ x y

(Такое свойство называется отделимостью и играет центральную роль в теории предела)

Показать доказательство

Давайте в явном виде построим непересекающиеся окрестности точек $x$ и $y$ . Итак, обозначим через $d$ расстояние между числами $x,y$ , то есть

d = |x − y|

Нам дано, что $x ⁄= y$ , а это равносильно тому, что $d = |x − y| > 0$ .

Но тогда и $d 4$ будет больше нуля.

Но тогда можно в качестве $Ux$ и $Vy$ просто взять $d 4$ -окрестности точек $x$ и $y$ и они не будут пересекаться. Потому что расстояние между точками равно $d$ , а их $d4$ -окрестности будут отходить от этих точек только на $d 4$ , соответственно, никак не смогут пересечься.