Cyfroteka.pl

klikaj i czytaj online

Cyfro
Czytomierz
00543 010826 7467208 na godz. na dobę w sumie
Rozwiązujemy zadania z analizy matematycznej. Część 1 - ebook/pdf
Rozwiązujemy zadania z analizy matematycznej. Część 1 - ebook/pdf
Autor: Liczba stron:
Wydawca: Fosze Język publikacji: polski
ISBN: 9788375860993 Data wydania:
Lektor:
Kategoria: ebooki >> edukacja
Porównaj ceny (książka, ebook, audiobook).
W zamyśle zbiór ten ma być odmienny od innych dostępnych na rynku i powinien stanowić dla nich uzupełnienie. Podstawowym jego założeniem jest, aby wszystkie zamieszczone problemy (poza tymi, które są przeznaczone do pracy własnej) były w pełni oraz szczegółowo - nawet na kilku stronach - rozwiązane, aby żadne zagadnienie nie pozostało niewyjaśnione, a żadne pytanie, jakie mogłoby nasunąć się Czytelnikowi podczas analizowania rozwiązania, nie pozostało bez odpowiedzi.

Zadania są bardzo starannie dobrane do zilustrowania danego tematu lub problemu. Świadczy to o dużym doświadczeniu dydaktycznym Autora.

Widać dużą dbałość o język, rozwiązania pisane są jasno, język jest na ogól precyzyjny, a jednocześnie żywy.

Do wszystkich zadań Autor podał rozwiązania. jest to bardzo cenne, ponieważ w wielu (skądinąd często dobrych) zbiorach nie ma rozwiązań czy nawet odpowiedzi, przez co Czytelnik, który rozwiązał zadanie, pozostaje w uczuciu niepewności: 'dobrze czy nie?'
Znajdź podobne książki

Darmowy fragment publikacji:

Tomasz Radożycki Rozwiązujemy zadania z analizy matematycznej Część 1 dr hab. Tomasz Radożycki, prof. UKSW Wydział Matematyczno-Przyrodniczy, Szkoła Nauk Ścisłych Uniwersytet Kardynała Stefana Wyszyńskiego, ul. Wóycickiego 1/3, 01-938 Warszawa Redakcja naukowa recenzja: dr hab. Jerzy Jacek Wojtkiewicz Korekta językowa: Elżbieta Kot Skład komputerowy: Tomasz Radożycki Projekt okładki: Bożena Świder c(cid:13) Copyright by Wydawnictwo Oświatowe FOSZE Rzeszów 2014 Wydanie II poprawione ISBN 978-83-7586-099-3 Wydawnictwo Oświatowe FOSZE 35-021 Rzeszów, ul. W. Pola 6 tel. 17 863 34 35 e-mail: fosze@fosze.com.pl www.fosze.com.pl Spis treści Przedmowa Oznaczenia 1 Badamy zbiory i relacje 1.1 Wykazujemy proste tożsamości . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Znajdujemy zbiory na płaszczyźnie . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Znajdujemy kresy zbiorów liczbowych . . . . . . . . . . . . . 1.4 Sprawdzamy, czy R jest relacją równoważności, szukamy klas . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . abstrakcji i sporządzamy wykres 2 Badamy podstawowe własności funkcji 2.1 Szukamy zbioru wartości i poziomic . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Sprawdzamy, czy funkcja jest injekcją, surjekcją lub bijekcją, oraz szukamy odwzorowań odwrotnych . . . . . . . . . . . . . 2.3 Znajdujemy obrazy i przeciwobrazy zbiorów . . . . . . . . . . 2.4 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Definiujemy odległość w zbiorach 3.1 Badamy, czy podana funkcja jest metryką . . . . . . . . . . . 3.2 Rysujemy kulę i odcinek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Wykorzystujemy indukcję matematyczną 4.1 Dowodzimy podzielności liczb i wielomianów . . . . . . . . . 7 9 11 11 21 26 30 37 39 39 45 52 56 58 58 62 69 70 70 4 4.2 Wykazujemy równania i nierówności . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Dowodzimy kilku ważnych wzorów . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Badamy zbieżność i szukamy granic ciągów 74 82 93 94 5.1 Kilka typowych „chwytów” przydatnych przy obliczaniu granic ciągów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 5.2 Wykorzystujemy różne kryteria . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 5.3 Badamy ciąg rekurencyjny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 5.4 Gdy ciąg oscyluje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 5.5 Dowodzimy rozbieżności ciągu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 5.6 Zadania do pracy własnej 6 Zbiory otwarte, domknięte, zwarte 135 6.1 Badamy otwartość i domkniętość . . . . . . . . . . . . . . . . 135 6.2 Badamy zwartość . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 6.3 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 7 Znajdujemy granice funkcji 146 7.1 Kilka typowych „chwytów” stosowanych przy obliczaniu granic funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 7.2 Stosujemy podstawienia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 7.3 Zadania do pracy własnej 8 Badamy ciągłość i jednostajną ciągłość funkcji 161 8.1 Wykazujemy ciągłość funkcji metodami Heinego i Cauchy’ego 161 8.2 Badamy funkcję w punktach „sklejenia” . . . . . . . . . . . . 166 8.3 Badamy, czy funkcja jest jednostajnie ciągła . . . . . . . . . . 177 8.4 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 9 Funkcje różniczkowalne 184 9.1 Obliczamy pochodną funkcji z definicji . . . . . . . . . . . . . 184 9.2 Badamy różniczkowalność funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . 187 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 9.3 Zadania do pracy własnej 10 Różniczkujemy funkcje 194 10.1 Znajdujemy pochodną funkcji odwrotnej . . . . . . . . . . . . 194 10.2 Rozwiązujemy kilka złożonych problemów . . . . . . . . . . . 198 10.3 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 5 11 Wykorzystujemy pochodną do badania niektórych własności 203 funkcji . . . . . . . . . . . . . 203 11.1 Wykazujemy tożsamości i nierówności 11.2 Korzystamy z twierdzeń Rolle’a i Lagrange’a . . . . . . . . . 210 11.3 Badamy krzywe na płaszczyźnie — styczność, kąty przecięcia 214 11.4 Obliczamy granice metodą de l’Hospitala . . . . . . . . . . . 222 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 11.5 Zadania do pracy własnej 12 Wyższe pochodne i wzór Taylora 233 12.1 Wykazujemy formuły na pochodne wyższych rzędów metodą indukcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 12.2 Rozwijamy funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 12.3 Wykorzystujemy wzór Taylora do obliczania granic funkcji . . 245 12.4 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 13 Szukamy ekstremów i badamy przebieg funkcji 251 13.1 Znajdujemy najmniejszą i największą wartość funkcji na da- nym zbiorze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 13.2 Badamy funkcję od A do Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 13.3 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 14 Badamy zbieżność szeregów 267 14.1 Stosujemy oszacowania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267 14.2 Wykorzystujemy różne kryteria . . . . . . . . . . . . . . . . . 272 14.3 Rozwiązujemy kilka ciekawych problemów . . . . . . . . . . . 286 14.4 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292 15 Obliczamy całki nieoznaczone 294 15.1 Całkujemy przez części i przez podstawienie . . . . . . . . . . 294 15.2 Stosujemy metodę wzorów rekurencyjnych . . . . . . . . . . . 307 15.3 Całkujemy funkcje wymierne . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313 15.4 Całkujemy funkcje wymierne od funkcji trygonometrycznych 318 15.5 Wykorzystujemy podstawienia Eulera . . . . . . . . . . . . . 322 15.6 Wykorzystujemy podstawienia hiperboliczne i trygonometrycz- ne 15.7 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332 6 16 Zbieżność ciągów i szeregów funkcyjnych 334 16.1 Znajdujemy granicę ciągu funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . 334 16.2 Badamy zbieżność jednostajną ciągu funkcji . . . . . . . . . . 338 16.3 Badamy zbieżność jednostajną szeregu funkcji . . . . . . . . . 344 16.4 Znajdujemy sumy szeregów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349 16.5 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355 Przedmowa Niniejszy zbiór zadań planowany jest jako pierwsza część z serii trzech obej- mujących całość zagadnień z analizy matematycznej, z jakimi studenci nauk ścisłych spotykają się w ramach początkowych dwóch lub trzech semestrów zajęć. Powstał on na podstawie moich doświadczeń z okresu kilkunastu lat prowadzenia zajęć dydaktycznych z tego niełatwego przedmiotu na Wydziale Fizyki Uniwersytetu Warszawskiego. Dla niektórych zadań inspirację stano- wiły materiały dydaktyczne, jakimi od dawna posługują się pracownicy Ka- tedry Metod Matematycznych Fizyki. W zamyśle zbiór ten ma być odmienny od innych dostępnych na rynku i powinien stanowić dla nich uzupełnienie. Podstawowym jego założeniem jest, aby wszystkie zamieszczone problemy (poza tymi, które są przeznaczone do pracy własnej) były w pełni oraz szcze- gółowo — nawet na kilku stronach — rozwiązane, aby żadne zagadnienie nie pozostało niewyjaśnione, a żadne pytanie, jakie mogłoby nasunąć się Czy- telnikowi podczas analizowania rozwiązania, nie pozostało bez odpowiedzi. Zdaję sobie sprawę, że zamiar ten powiódł się co najwyżej w części. Sprawi- łoby mi jednak dużą satysfakcję, gdyby student po uważnym prześledzeniu konkretnego zadania uznał, że rozumie dane zagadnienie w stopniu zbliżonym do tego, jaki wyniósłby z ćwiczeń rachunkowych na uczelni. Z tego względu sporo miejsca zostało w książce poświęcone na drobiazgowe przedstawienie każdego rozumowania czy szczegółowe — dla niektórych zapewne nawet zbyt elementarne — przekształcenia wzorów. Taki profil książki pociąga jednak za sobą pewne ograniczenia. Przede wszystkim nie można w niej umieścić zbyt wielu zadań, aby nadmiernie się nie rozrosła. Z tego samego powodu nie ma też w niej miejsca na teoretyczne 8 wprowadzenia, jakie zwyczajowo znajdują się na początku każdego rozdziału typowego zbioru zadań. Zmuszony byłem przyjąć, że student zna teoretyczną stronę zagadnień ze swojego wykładu bądź dysponuje dobrym podręcznikiem do analizy matematycznej, jakich jest wiele na rynku. Ze względu na ogra- niczone rozmiary tej książki zamieszczanie teoretycznych podrozdziałów mu- siałoby skutkować ograniczeniami w tych jej częściach, które, moim zdaniem, są w niej najważniejsze i które stanowiły główny cel jej opracowania. Zatem niektóre definicje czy twierdzenia, i to tylko wtedy, gdy ich przypomnienie jest naprawdę niezbędne, włączone zostały do rozwiązań konkretnych zadań, w których są bezpośrednio stosowane. Moja praktyka dydaktyczna wskazuje, że taki układ jest przez studentów chętniej akceptowany, gdyż, zamiast stu- diować kilka stron teoretycznych i abstrakcyjnych rozważań, otrzymują na- tychmiast zastosowanie danego twierdzenia czy definicji. Z tym wiąże się też kwestia języka używanego w niniejszej książce. Sta- rałem się go maksymalnie uprościć i — w miejsce terminów abstrakcyjnych — używać pojęć intuicyjnie jasnych (a nawet potocznych!), choć ktoś może, i słusznie, sformułować zarzut, iż nie są one wystarczająco precyzyjne. Jed- nakże celem moim było takie przedstawianie zagadnień, aby student bez więk- szego wysiłku umiał przełożyć trudne pojęcia na konkrety, które są o wiele łatwiej zrozumiałe i przyswajalne. To także obserwacja z wielu lat pracy na uczelni. Zrozumienie tematu przez odbiorców zależy w dużej mierze od do- boru odpowiednio prostego języka, zwłaszcza na pierwszych latach studiów. Na podniesienie poziomu abstrakcji na pewno znajdzie się czas w dalszym toku kształcenia. Na początku studiów dobrze jest uzmysłowić słuchaczom, że wiele nowych pojęć czy twierdzeń może być przez nich opanowanych już na gruncie dotychczasowej ich wiedzy i wyrobionej intuicji. Licząc, że niniejsza pozycja przyczyni się choć w niewielkim stopniu do lep- szego zrozumienia (od strony praktycznej) niektórych zagadnień analizy, za- chęcam jednocześnie do korzystania z innych zbiorów zadań, które dostarczą materiału do własnej pracy, a których ta książka na pewno nie zastąpi. Na koniec chciałbym podkreślić, że wszelkie uwagi, które pomogłyby w ulepszeniu tego zbioru, w usunięciu zauważonych błędów, w rozszerze- niu objaśnień, które zdaniem Czytelnika okazały się jednak zbyt skąpe bądź niejasne, czy włączeniu do rozwiązań zagadnień pominiętych, a wiążących się bezpośrednio z rozważanymi problemami, będą dla mnie bardzo cenne1. Tomasz Radożycki 1E-mail: ksiazkimf@gmail.com Oznaczenia Poniżej zamieszczamy używane w zbiorze oznaczenia i konwencje, aby unik- nąć ich powtarzania w każdym rozdziale, w którym będą one stosowane. • Liczby całkowite dodatnie (bez zera) oznaczamy symbolem N: N = {1, 2, 3, . . .} , i nazywać będziemy „naturalnymi”. Jeśli zależeć nam będzie na włą- czeniu zera do tego zbioru, to napiszemy po prostu N ∪ {0}, a liczby te nazwiemy „naturalnymi z zerem”. • Zbiór liczb rzeczywistych dodatnich, wymiernych dodatnich czy całko- witych dodatnich oznaczać będziemy odpowiednio symbolami R+, Q+ oraz Z+. Zachodzi naturalnie Z+ = N. Analogicznie symbole R−, Q− i Z− odnosić się będą do liczb ujemnych. • Jeśli w konkretnym zadaniu nie są wprowadzone inne oznaczenia, to symbolem X oznaczać będziemy całą przestrzeń. • We wszystkich zadaniach, poza tymi zawartymi w rozdziale 3 oraz ostat- nim z podrozdziału 6.1, używamy jako domyślnej metryki euklidesowej opartej na twierdzeniu Pitagorasa, która szczegółowo omówiona jest w zadaniu 1 podrozdziału 3.1. W przypadku zbioru R redukuje się ona do „metryki naturalnej”, a więc takiej, w której odległość dwóch liczb x i y dana jest wzorem d(x, y) = |x − y|. • Przyjmujemy, że kula jest otwarta. Przykładowo kula o środku w pew- nym punkcie x0 i promieniu r to zbiór punktów x spełniających waru- nek: d(x0, x) r. Jeśli w jakimś zadaniu potrzebna nam będzie kula domknięta, to napiszemy to w sposób jawny. 10 • Funkcja f jako odwzorowanie zbioru X w zbiór Y wymaga, formalnie rzecz biorąc, oprócz przepisu przyporządkowania (np. wzoru na f(x)) podania także samych zbiorów X i Y . Przyjmujemy zasadę, że jeśli w tekście zadania nie są one ustalone, to przez dziedzinę funkcji rozu- miemy maksymalnie obszerny zbiór, dla którego wzór funkcji ma sens. Z kontekstu omawianych zagadnień wynika zawsze, co rozumiemy przez to sformułowanie. Przykładowo w podręczniku, w którym mowa jest wyłącznie o funkcjach rzeczywistych, na pewno nie będziemy rozsze- rzać dziedziny funkcji logarytm na płaszczyznę zespoloną. Podobnie, jeśli nie jest podany zbiór Y , to domyślnie uważać go będziemy za toż- samy ze zbiorem wartości funkcji f. • Dziedzinę funkcji oznaczać będziemy na ogół symbolem D. • Poziomice (warstwy) funkcji f zdefiniowane jako zbiory {x ∈ D | f(x) = h} , gdzie h ∈ Y , oznaczać będziemy symbolem Dh. Równoważnie można także napisać: Dh = f−1({h}). • Przez pojęcie „funkcja rosnąca” rozumieć będziemy funkcję liczbową spełniającą ∀x1,x2∈D x1 x2 =⇒ f(x1) f(x2) . Podobnie z „funkcją malejącą” będziemy mieć do czynienia, gdy ∀x1,x2∈D x1 x2 =⇒ f(x1) f(x2) . Jeśli spełnione są jedynie warunki f(x1) ¬ f(x2) lub f(x1) (cid:173) f(x2), to będziemy mówić o „funkcji niemalejącej” lub „nierosnącej”. • Symbol log oznaczać będzie logarytm naturalny: log x = loge x. • Symboli := lub =: używać będziemy wszędzie tam, gdzie dana równość ma charakter definicji bądź wprowadzenia nowego oznaczenia i pra- gniemy to szczególnie podkreślić. . R symbolem [x] • Klasy równoważności (abstrakcji) elementu x w relacji R oznaczymy • Symbolu ≃ używać będziemy jako skrótowego zapisu oznaczającego „zachowuje się jak”. Jeśli na przykład napiszemy, że dla bardzo dużych x a(x) ≃ b(x), to będziemy przez to rozumieć, iż a(x) b(x) lim x→∞ = 1 . 1 Badamy zbiory i relacje 1.1 Wykazujemy proste tożsamości Problem 1 Wykażemy, że gdzie A, B, C są zbiorami. A \ C ⊂ (A \ B) ∪ (B \ C) , (1.1.1) Rozwiązanie Rozwiązywanie zadań z rachunku zbiorów, podobnych do rozpatrywanego poniżej, warto rozpocząć od wykonania rysunku, który pozwoli nam łatwiej wyobrazić sobie, czego chcemy dowieść. Czasami też rysunek taki może nawet uchronić nas przed bezskutecznym dowodzeniem nieprawdziwej tezy. Na ry- sunku 1.1 przedstawiliśmy w postaci kół trzy zbiory A, B oraz C w pewnej szczególnej konfiguracji. Po lewej stronie zaznaczony został szarym kolorem zbiór A \ C, a po prawej (A \ B) ∪ (B \ C). Z rysunku wynika, że w istocie zachodzi inkluzja podana w treści zadania. Przedstawiony rysunek jest jedynie przykładowy. Należałoby wykonać od- powiednio zmodyfikowane szkice także dla kilku innych konfiguracji zbiorów (np. gdy któreś z nich lub wszystkie są rozłączne). Jednakże nawet ten je- den już pozwala nam wyrobić sobie pewną intuicję. Rysunki tego typu noszą nazwę diagramów Venna. 12 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE Rysunek 1.1: Lewa i prawa strona związku (1.1.1). Przypomnijmy teraz prawa rachunku zbiorów, które mogą się przydać: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) , rozdzielność przecięcia względem sumy, A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) , rozdzielność sumy względem przecięcia. (1.1.2) (1.1.3) Jeśli wyobrazimy sobie, że wszystkie rozważane zbiory są podzbiorami pewnej przestrzeni, którą oznaczymy X, to możemy zdefiniować dopełnienie zbioru. Dla danego zbioru S dopełnieniem tym będzie zbiór wszystkich ele- mentów przestrzeni X, które do S nie należą. Oznaczymy je symbolem S′. Zgodnie z definicją mamy S′ = X \ S. Wówczas różnice zbiorów występu- jące w treści zadania można, przy użyciu dopełnienia, zapisać w następujący sposób: A \ B = A ∩ B′ . Wykorzystamy ten zapis w naszym dowodzie. Aby wykazać prawdziwość (1.1.1), wyjdziemy od jego prawej strony i bę- dziemy ją przekształcać. Musimy przy tym mieć w pamięci cel, do którego zmierzamy. Otóż chcemy wykazać, że A \ C jest podzbiorem zbioru (A \ B) ∪ (B \ C) lub też — i to będzie dla nas ważniejsze — zbiór (A \ B) ∪ (B \ C) jest nadzbiorem zbioru A \ C. Cóż to znaczy, że dany zbiór S jest nadzbio- rem pewnego zbioru T ? Otóż oznacza to, że jest on sumą zbioru T i „czegoś jeszcze”: (1.1.4) przy czym zupełnie nieistotne jest, jaki zbiór kryje się pod symbolem [··· ]. W naszym dowodzie pójdziemy właśnie tą drogą: postaramy się, wykorzy- stując (1.1.2) i (1.1.3), tak przekształcać prawą stronę (1.1.1), aby uzyskać S = T ∪ [··· ] , 1.1 WYKAZUJEMY PROSTE TOŻSAMOŚCI 13 wyrażenie (A \ C) ∪ [··· ]: (A \ B) ∪ (B \ C) = (A ∩ B′) ∪ (B ∩ C′) = [A ∪ (B ∩ C′)] ∩ [B′ ∪ (B ∩ C′)] = [(A ∪ B) ∩ (A ∪ C′)] ∩ [(B′ ∪ B) ∩ (B′ ∪ C′)] , (1.1.5) gdzie dwukrotnie zostało wykorzystane prawo (1.1.3). Jak wiadomo, operacja polegająca na wzięciu części wspólnej zbiorów jest łączna: (R ∩ S) ∩ T = R ∩ (S ∩ T ) . (1.1.6) Oznacza to, że w otrzymanym powyżej wyrażeniu można pominąć wszystkie nawiasy prostokątne, bo jakbyśmy ich nie wstawili, otrzymamy zawsze ten sam wynik. Zauważmy ponadto, że pojawiło się powyżej wyrażenie (B′ ∪ B), czyli suma zbioru i jego dopełnienia. Taka suma to, naturalnie, cała prze- strzeń X, bo każdy element przestrzeni należy albo do B, albo do B′. Można więc zamiast prawej strony (1.1.5) napisać: (1.1.7) po czym w ogóle opuścić X, bowiem dla każdego zbioru S mamy S ∩ X = S. W efekcie otrzymujemy: (A ∪ B) ∩ (A ∪ C′) ∩ X ∩ (B′ ∪ C′) , (A \ B) ∪ (B \ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C′) ∩ (B′ ∪ C′) . (1.1.8) Chcieliśmy po prawej stronie otrzymać wyrażenie A \ C, czyli A ∩ C′, ale niczego takiego na razie nie ma. Mamy co prawda A ∪ C′, ale to zupeł- nie co innego. Otóż bardzo często przy przekształceniach różnych wyrażeń, gdy wiemy, co na końcu chcemy uzyskać, oczekiwane wyrażenie „wstawiamy ręcznie”, oczywiście w taki sposób, aby nie naruszyć równości (np. dodając i odejmując to samo). W naszym przypadku wykorzystamy po prostu nastę- pującą tożsamość: A = A ∩ X = A ∩ (C′ ∪ C) = (A ∩ C′) −−−−−− ∪ (A ∩ C) , (1.1.9) w której podkreślone zostało interesujące nas wyrażenie. Wstawimy ją w miej- sce A do pierwszego nawiasu w (1.1.8), po prawej stronie. Otrzymujemy zwią- zek: (A\B)∪(B\C) = [(A∩C′)∪↑{(A∩C)∪B}]∩↑{(A∪C′)∩(B′∪C′)} . (1.1.10) Suma teoriomnogościowa oraz przecięcie są łączne, więc mieliśmy prawo bez- karnie dopisać nawiasy klamrowe, których nie było w (1.1.8). Zastosujemy 14 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE teraz prawo (1.1.3) w odniesieniu do sumy i części wspólnej zaznaczonych w ostatnim wzorze strzałkami. W wyniku tego uzyskamy: (A \ B) ∪ (B \ C) = [(A ∩ C′) ∩ (A ∪ C′) ∩ (B′ ∪ C′)] (1.1.11) ∪ [{(A ∩ C) ∪ B} ∩ (A ∪ C′) ∩ (B′ ∪ C′)] , po opuszczeniu nawiasów klamrowych tam, gdzie nie były już potrzebne. Otrzymane wyrażenie ma postać sumy dwóch zbiorów, z których każdy ujęty jest w prostokątne nawiasy. Pokażemy poniżej, że pierwszy z nich równy jest po prostu A∩C′, a drugi wówczas jest nieistotny (czyli jest tym, co we wzorze (1.1.4) oznaczyliśmy [··· ]). Zbiór A ∩ C′ jest oczywiście podzbiorem zbioru A ∪ C′, więc [(A ∩ C′) ∩ (A ∪ C′)] ∩ (B′ ∪ C′) = (A ∩ C′) ∩ (B′ ∪ C′) . (1.1.12) Zachodzi także A ∩ C′ ⊂ C′ ⊂ B′ ∪ C′, zatem (A ∩ C′) ∩ (B′ ∪ C′) = A ∩ C′ = A \ C . (1.1.13) W efekcie równaniu (1.1.11) można więc nadać postać: (A \ B) ∪ (B \ C) = [A \ C] ∪ [··· ] ⊃ A \ C . Jak widzimy, teza została wykazana. Na koniec warto dodać, że tego typu dowody można łatwo i względnie prosto przeprowadzać, posługując się prawami logiki. W tym celu wypiszemy tabelkę wartości logicznych, uwzględniając wszystkie możliwe wartości dla trzech zdań: x ∈ A, x ∈ B oraz x ∈ C (w bieżącym zadaniu mamy 8 możliwo- ści, ale łatwo sobie wyobrazić, że przy bardziej rozbudowanych wyrażeniach, z większą liczbą zbiorów, tabelka bardzo się rozrośnie). Aby wykazać (1.1.1), musimy w niej także zawrzeć zdania: x ∈ A \ C, x ∈ A \ B, x ∈ B \ C oraz x ∈ A \ B ∪ B \ C, a ich wartości logiczne wynikają już z wartości trzech pierwszych zdań oraz z definicji operacji teoriomnogościowych „\” oraz „∪”. Jak zwykle symbol „1” oznacza „prawda”, a symbol „0” – „fałsz”. 1.1 WYKAZUJEMY PROSTE TOŻSAMOŚCI 15 x ∈ A x ∈ B x ∈ C x ∈ A \ C x ∈ A \ B x ∈ B \ C x ∈ A \ B ∪ B \ C 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 Teraz wystarczy porównać kolumny czwartą i ostatnią, aby przekonać się, że prawdziwa jest implikacja: x ∈ A \ C =⇒ x ∈ A \ B ∪ B \ C , (1.1.14) która w języku zdań logicznych oznacza to samo co (1.1.1) w języku teorii mnogości. Założyliśmy tutaj, że Czytelnik zna podstawowe prawa rachunku zdań i wie, że prawdziwe są implikacje: 0 =⇒ 0, 0 =⇒ 1, 1 =⇒ 1, a fałszywa 1 =⇒ 0. Problem 2 Niech A, B i C będą zbiorami, a symbol ÷ oznacza „różnicę syme- tryczną” zbiorów: Wykażemy tożsamości: A ÷ B := (A \ B) ∪ (B \ A) . a) A ÷ (B ÷ C) = (A ÷ B) ÷ C , b) A ∩ (B ÷ C) = (A ∩ B) ÷ (A ∩ C) , c) A ÷ B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) . Rozwiązanie (1.1.15) (1.1.16) (1.1.17) (1.1.18) Pierwsze równanie, od którego zaczniemy, można nazwać własnością łącz- ności dla różnicy symetrycznej. Drugie to po prostu rozdzielność części wspól- nej względem różnicy symetrycznej. 16 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE Tożsamość a) Wyjdziemy od lewej strony równania (1.1.16) i będziemy ją przekształcać, wykorzystując (1.1.2) oraz (1.1.3). Przydadzą nam się także własności łącz- ności i przemienności dla sumy i przecięcia: R ∪ (S ∪ T ) = (R ∪ S) ∪ T , R ∩ (S ∩ T ) = (R ∩ S) ∩ T , R ∪ S = S ∪ R , R ∩ S = S ∩ R , (1.1.19) (1.1.20) oraz prawa de Morgana: (S ∩ R)′ = S′ ∪ R′ , (S ∪ R)′ = S′ ∩ R′ . (1.1.21) (1.1.22) Jak pamiętamy z poprzedniego przykładu, symbol S′ oznacza dopełnienie zbioru S do przestrzeni X: S′ = X \ S. Wiemy też, że wyrażenie S \ R zapisać można jako S ∩ R′. Mamy więc: A÷(B÷C) = {A∩[(B∩C′)∪(B′∩C)]′}∪{A′∩[(B∩C′)∪(B′∩C)]} . (1.1.23) Idea dowodu polegać będzie na rozwinięciu prawej strony powyższej rów- ności i odpowiednim pogrupowaniu wyrazów. Najpierw przekształcimy pierw- sze wyrażenie w nawiasach klamrowych, wykorzystując kilkakrotnie prawa de Morgana: A ∩ [(B ∩ C′) ∪ (B′ ∩ C)]′ = A ∩ [(B ∩ C′)′ ∩ (B′ ∩ C)′] (1.1.24) = A ∩ [(B′ ∪ C) ∩ (B ∪ C′)] = A ∩ (B′ ∪ C) ∩ (B ∪ C′) . Nawiasy prostokątne można było opuścić ze względu na własność łączności dla części wspólnej. Rozwijając to wyrażenie dalej, tym razem przy uży- ciu (1.1.2), otrzymujemy: . ∅ {z (1.1.25) A ∩ (B′ ∪ C) ∩ (B ∪ C′) = [(A ∩ B′) ∪ (A ∩ C)] ∩ (B ∪ C′) | ∪(A ∩ B′ ∩ C′) ∪ (A ∩ C ∩ B) ∪ (A ∩ C ∩ C′) } = (A ∩ B′ ∩ B) } | Jak widzimy, pojawiły się powyżej dwa zbiory puste jako wynik przecięcia danego zbioru z jego dopełnieniem: B ∩ B′ = C ∩ C′ = ∅. Oczywiste jest, że część wspólna zbioru pustego z jakimkolwiek innym zbiorem także jest zbiorem pustym, a zbiór ∅ w teoriomnogościowej sumie można w ogóle po- minąć (bo „dodawanie zera” nic nie zmienia). W efekcie mamy: A ∩ [(B ∩ C′) ∪ (B′ ∩ C)]′ = (A ∩ B′ ∩ C′) ∪ (A ∩ C ∩ B). Wróćmy teraz do drugiego wyrażenia w nawiasach klamrowych w for- mule (1.1.23). Rozwiniemy je, korzystając najpierw z rozdzielności przecięcia (1.1.26) ∅ {z 1.1 WYKAZUJEMY PROSTE TOŻSAMOŚCI 17 względem sumy, a następnie z łączności sumy: A′ ∩ [(B ∩ C′) ∪ (B′ ∩ C)] = [A′ ∩ (B ∩ C′)] ∪ [A′ ∩ (B′ ∩ C)] = (A′ ∩ B ∩ C′) ∪ (A′ ∩ B′ ∩ C) . Wstawimy teraz po prawej stronie (1.1.23) otrzymane powyżej wzory: (1.1.27) A ÷ (B ÷ C) = (A ∩ B′ ∩ C′) −−−−−−−−−−∪ (A ∩ C ∩ B)∪ (A′ ∩ B ∩ C′) −−−−−−−−−−∪ (A′ ∩ B′ ∩ C) . (1.1.28) Otrzymaliśmy wyrażenie, które jest sumą czterech zbiorów. Dwa z nich zostały podkreślone i będzie o nich mowa niżej. Nie jest to jeszcze końcowy wynik, ale bardziej wprawne oko mogłoby już w tym miejscu uznać dowód właściwie za zakończony. Dlaczego? Otóż dlatego, że po prawej stronie mamy pełną symetrię względem dowolnej zamiany nazw zbiorów A, B i C. Ponadto z samej swojej definicji operacja ÷ jest przemienna. Dlatego też (po lewej stronie) w miejsce A÷(B÷C) moglibyśmy równie dobrze napisać (B÷C)÷A, a następnie, posługując się wspomnianą symetrią, łatwo uzasadnilibyśmy, że wyrażenie to musi być równe także (A ÷ B) ÷ C i tym samym spełniona jest równość (1.1.16). My jednak postąpimy w zapowiedziany wcześniej sposób i tak pogrupu- jemy wyrazy w (1.1.28), aby otrzymać tezę. Powstaje pytanie, jak należy to zrobić. Odpowiedź na nie jest prosta: „należy to zrobić tak, aby otrzymać tezę”, co oznacza po prostu uzyskanie prawej strony równania (1.1.16), czyli (A ÷ B) ÷ C. Czy możemy dostrzec w (1.1.28) fragmenty tego wyrażenia? Otóż tak, jeśli przypomnimy sobie, iż A÷ B = (A∩ B′)∪ A′ ∩ B). W podkre- ślonych wyrazach występują właśnie te poszukiwane fragmenty, a C′ będzie można po prostu „wyłączyć przed nawias”. W pozostałych dwóch wyrazach przed nawias wyłączyć będzie można C. Otrzymujemy: A ÷ (B ÷ C) = (A ∩ B′ ∩ C′) ∪ (A′ ∩ B ∩ C′) ∪ (A ∩ C ∩ B) ∪ (A′ ∩ B′ ∩ C) = {[(A ∩ B′) ∪ (A′ ∩ B)] ∩ C′} ∪ {[(A ∩ B) ∪ (A′ ∩ B′)] ∩ C} = [(A ÷ B) ∩ C′] ∪ {[(A ∩ B) ∪ (A′ ∩ B′)] −−−−−−−−−−−−−− ∩ C} . (1.1.29) Widać, że jesteśmy już prawie u celu i potrzebne nam jest jedynie uzasad- nienie, że podkreślone wyrażenie to (A ÷ B)′. Jest tak rzeczywiście, bowiem (A ÷ B)′ (1.1.30) = [(A ∩ B′) ∪ (A′ ∩ B)]′ = (A ∩ B′)′ ∩ (A′ ∩ B)′ = (A′ ∪ B) ∩ (A ∪ B′) = (A′ ∩ A) | {z } ∪(A′ ∩ B′) ∪ (B ∩ A) ∪ (B ∩ B′) {z } = (A′ ∩ B′) ∪ (B ∩ A) . | ∅ ∅ 18 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE Otrzymujemy zatem tożsamość, którą pragnęliśmy udowodnić: A ÷ (B ÷ C) = [(A ÷ B) ∩ C′] ∪ [(A ÷ B)′ ∩ C] = (A ÷ B) ÷ C . Tożsamość b) Dowód (1.1.17) jest znacznie prostszy. Składa się na niego poniższy ciąg prze- kształceń: A ∩ (B ÷ C) = A ∩ [(B ∩ C′) ∪ (B′ ∩ C)] (1.1.31) = [A ∩ (B ∩ C′)] ∪ [A ∩ (B′ ∩ C)] = [(A ∩ B) ∩ C′] ∪ [(A ∩ C) ∩ B′] = [(A ∩ B) ∩ (C′ ∪ A′ ↑ )] ∪ [(A ∩ C) ∩ (B′ ∪ A′ ↑ )] . Przekształcenia te są jasne. Wyjaśnienia wymaga jedynie dopisanie zbioru A′ w miejscach oznaczonych strzałkami. Otóż zbiór (A ∩ B) jest podzbiorem zbioru A, więc ma zerowe przecięcie z jego dopełnieniem: (A ∩ B) ∩ A′ = ∅. Podobnie (A ∩ C) ∩ A′ = ∅. Oznacza to, że w zaznaczonych miejscach dopi- saliśmy po prostu zbiory puste. Aby zakończyć dowód, wystarczy wykorzystać pierwsze prawo de Mor- gana (1.1.21), po czym zwinąć wyrażenie (1.1.31): A ∩ (B ÷ C) = [(A ∩ B) ∩ (C ∩ A)′] ∪ [(A ∩ C) ∩ (B ∩ A)′] = [(A ∩ B) \ (C ∩ A)] ∪ [(A ∩ C) \ (B ∩ A)] = (A ∩ B) ÷ (A ∩ C) . (1.1.32) Tożsamość b) została w ten sposób wykazana. Tożsamość c) W ostatnim przypadku przekształcimy wyrażenie po lewej stronie, najpierw korzystając z definicji (1.1.15): A ÷ B = (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∩ B′) ∪ (B ∩ A′) , (1.1.33) a następnie z rozdzielności sumy zbiorów względem części wspólnej (1.1.3) oraz z prawa de Morgana (1.1.21), otrzymując A ÷ B = (A ∪ B) ∩ (A ∪ A′) {z }X ∩(B′ ∪ A′) = (A ∪ B) ∩ (B′ ∪ A′) (1.1.34) = (A ∪ B) ∩ (B ∩ A)′ = (A ∪ B) \ (A ∩ B) , ∩ (B′ ∪ B) {z }X | | co kończy dowód. W tego typu przykładach główna trudność polega na wyborze przekształ- ceń, jakich zdecydujemy się dokonywać na teoriomnogościowych wyrażeniach. Na ogół bowiem mogą być one wykonywane na bardzo wiele sposobów. Rada, jakiej można tu udzielić, jest taka, aby zawsze mieć w pamięci cel, do którego 1.1 WYKAZUJEMY PROSTE TOŻSAMOŚCI 19 dążymy. Nie należy więc „mechanicznie” przekształcać wzorów, lecz w taki sposób, aby uzyskiwać w nich pożądane struktury. Problem 3 Niech A, B, C i D będą zbiorami. Wykażemy, że (A ∪ B) ÷ (C ∪ D) ⊂ (A ÷ C) ∪ (B ÷ D) . Rozwiązanie (1.1.35) Na rysunku 1.2 przedstawiliśmy szarym kolorem zbiory, które występują po lewej i po prawej stronie (1.1.35). Przynajmniej dla tej przykładowej konfi- guracji zbiorów A, B, C i D widzimy, że zbiór po lewej stronie faktycznie jest podzbiorem tego po prawej. Warto byłoby, aby Czytelnik, w ramach ćwiczeń, wykonał podobne rysunki także dla odmiennych konfiguracji. Rysunek 1.2: Przykładowa konfiguracja zbiorów z równania (1.1.35). Metoda dowodu, jaką zastosujemy w tym przypadku, będzie polegała na rozwinięciu obu stron (1.1.35) i porównaniu ich. Zacznijmy od lewej strony, korzystając kolejno: (1) z definicji operacji ÷ podanej w treści poprzedniego zadania, (2) z drugiego prawa de Morgana (1.1.22), (3) z własności rozdzielności części wspólnej względem sumy (1.1.2), (4) z własności łączności części wspólnej (1.1.20) oraz sumy (1.1.19). 20 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE Aby nie przerywać toku przekształceń, pod każdą równością zaznaczymy, z której własności w danym miejscu korzystamy. [(A ∪ B) ∩ (C ∪ D)′] ∪ [(A ∪ B)′ ∩ (C ∪ D)] (1) [(A ∪ B) ∩ (C′ ∩ D′)] ∪ [(A′ ∩ B′) ∩ (C ∪ D)] (A ∪ B) ÷ (C ∪ D) = = (1.1.36) (2) (3){[A ∩ (C′ ∩ D′)] ∪ [B ∩ (C′ ∩ D′)]} ∪ {[(A′ ∩ B′) ∩ C] ∪ [(A′ ∩ B′) ∩ D]} = = (4) (A ∩ C′ ∩ D′) ∪ (B ∩ C′ ∩ D′) ∪ (A′ ∩ B′ ∩ C) ∪ (A′ ∩ B′ ∩ D)] Zostawimy teraz na chwilę otrzymane wyrażenie i w podobny sposób prze- kształcimy prawą stronę (1.1.35): (A ÷ C) ∪ (B ÷ D) = (1) [(A ∩ C′) ∪ (A′ ∩ C)] ∪ [(B ∩ D′) ∪ (B′ ∩ D)] (A ∩ C′) ∪ (A′ ∩ C) ∪ (B ∩ D′) ∪ (B′ ∩ D) = (4) = (A ∩ C′) ∪ (B ∩ D′) ∪ (A′ ∩ C) ∪ (B′ ∩ D) , (1.1.37) gdzie na koniec przestawiliśmy składniki sumy, korzystając z jej przemienno- ści (1.1.19). Porównanie otrzymanych powyżej wyrażeń (1.1.36) oraz (1.1.37) poka- zuje, że oba stanowią sumy czterech zbiorów. Co więcej, każdy ze składników teoriomnogościowej sumy (1.1.36) jest podzbiorem odpowiedniego składnika sumy (1.1.37): A ∩ C′ ∩ D′ ⊂ A ∩ C′ , B ∩ C′ ∩ D′ ⊂ B ∩ D′ , A′ ∩ B′ ∩ C ⊂ A′ ∩ C , A′ ∩ B′ ∩ D ⊂ B′ ∩ D , (1.1.38) (1.1.39) skąd wnosimy, że zachodzi poszukiwana teza: (A ∪ B) ÷ (C ∪ D) ⊂ (A ÷ C) ∪ (B ÷ D) . 1.2 ZNAJDUJEMY ZBIORY NA PŁASZCZYŹNIE 21 1.2 Znajdujemy zbiory na płaszczyźnie Problem 1 Niech At będzie zbiorem punktów na płaszczyźnie zdefiniowanym na- stępująco: At := {(x, y) ∈ R2 | y tx2 ∧ y −tx2 + 1} , gdzie t ∈ R. Znajdziemy zbiory At , B := [t∈[1,∞[ oraz C := \t∈[1,∞[ At . (1.2.1) (1.2.2) Rozwiązanie Rozwiązanie tego typu zadań składa się zazwyczaj z dwóch etapów. Naj- pierw, wykorzystując rysunek i posługując się wyobraźnią, formułujemy wstę- pną tezę (czyli w naszym przypadku konkretną postać wzorów B i C). Krok drugi to ścisłe wykazanie odgadniętej tezy. W celu wykonania pierwszego kroku przedstawiliśmy na rysunku 1.3 kilka zbiorów At dla różnych wartości parametru t. Im większa wartość t, tym ciem- niejszym kolorem narysowany jest odpowiedni zbiór. Rysunek wykonany zo- stał dla t = 1, 2, 4 oraz 50 (startujemy naturalnie z t = 1, co wynika z treści zadania i definicji szukanych zbiorów B i C). Położenie zbiorów A1, A2, A4 oraz A50 daje nam pewne wyobrażenie o tym, jak będzie wyglądać ich prze- cięcie oraz suma. Przede wszystkim z rysunku łatwo można wywnioskować, że dla 1 t1 t2 t3 . . . zachodzi: A1 ⊃ At1 ⊃ At2 ⊃ At3 ⊃ . . . , (1.2.3) czyli wszystkie kolejne zbiory zawierają się w pierwszym (A1). Oznacza to, że powinniśmy mieć: At = A1 . (1.2.4) B = [t∈[1,∞[ I to jest nasz pierwszy wniosek, który poniżej będziemy się starali udo- wodnić. Drugi wniosek dotyczy części wspólnej zbiorów. Z zawierania (1.2.3) wynika także, iż A1 ∩ At1 = At1 , A1 ∩ At1 ∩ At2 = At1 ∩ At2 = At2 , A1 ∩ At1 ∩ At2 ∩ At3 = At2 ∩ At3 = At3 , (1.2.5) 22 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE y y 1 t=50 A1 A2 A4 A50 -1 -1 0 t=50 t=4 t=2 t=1 y=tx2 y=-tx2+1 y=-tx2+1 t=2 t=4 t=1 1 1 x x Rysunek 1.3: Kilka przykładowych zbiorów At. i tak dalej. Można stąd wnosić, że zbiór C będzie miał postać otwartego odcinka ]0, 1[ leżącego na osi y, czyli C = \t∈[1,∞[ At = {0}×]0, 1[ . (1.2.6) Jakikolwiek punkt poza nim nie będzie należał do pewnego At, a jeśli tak, to nie będzie należał także do części wspólnej (1.2.2). Przystąpimy teraz do drugiej części zadania, czyli do ścisłych dowodów obu postulowanych tez. Wykazanie pierwszej z nich sprowadza się do udo- wodnienia zawierania (1.2.3), które odczytaliśmy z rysunku. Weźmy zatem dowolne parametry t1 oraz t2 spełniające t2 t1 (cid:173) 1. Sprawdzimy, że jeśli dany punkt na płaszczyźnie, o współrzędnych (x, y) należy do At2, to należy również do At1. Mamy: (x, y) ∈ At2 =⇒ y t2x2 ∧ y −t2x2 + 1 . (1.2.7) Ponieważ t2 t1, więc także t2x2 (cid:173) t1x2, przy czym równość zachodzi jedynie dla x = 0. W konsekwencji (1.2.8) Analogicznie dla t2 t1 zachodzi −t2x2 ¬ −t1x2 oraz −t2x2 +1 ¬ −t1x2 +1. Otrzymujemy zatem: (1.2.9) Obie otrzymane nierówności oznaczają wspólnie, że (x, y) ∈ At1. Wykazali- śmy zatem implikację: (1.2.10) y −t2x2 + 1 =⇒ y −t1x2 + 1. y t2x2 =⇒ y t1x2 . (x, y) ∈ At2 =⇒ (x, y) ∈ At1 1.2 ZNAJDUJEMY ZBIORY NA PŁASZCZYŹNIE 23 dla dowolnych x i y. Implikacja ta oznacza dokładnie potrzebne nam zawie- ranie: At2 ⊂ At1. Pierwszą z tez mamy zatem udowodnioną. Skoro bowiem At2 zawiera się w At1, to wszystkie zbiory At dla t (cid:173) 1 zawarte są w A1, skąd wniosek (1.2.4). Przejdziemy teraz do drugiej tezy. W ramach dowodu musimy wykazać dwie własności zbioru C: 1. Wszystkie elementy zbioru {0}×]0, 1[ należą do C. 2. Jakikolwiek punkt nienależący do zbioru {0}×]0, 1[, nie należy do C. Wykazanie obu tych własności oznaczać będzie równość zbiorów {0}×]0, 1[ oraz C. Zacznijmy od pierwszej z nich. Jeśli punkt o współrzędnych (x, y) należy do zbioru {0}×]0, 1[, oznacza to, że współrzędne te mają de facto postać (0, y), gdzie 0 y 1. Wstawmy więc te współrzędne do nierówności definiujących zbiór At. Otrzymujemy: y t · 0 ∧ y −t · 0 + 1 =⇒ y 0 ∧ y 1 , (1.2.11) ale to jest przecież dokładnie naszym założeniem. Powyższy układ nierów- ności jest zatem prawdziwy, i to niezależnie od wartości t. W konsekwencji punkt o współrzędnych (0, y), gdzie 0 y 1, należy do wszystkich At, a więc także do ich części wspólnej. A skoro tak, to należy również do zbioru C, co chcieliśmy wykazać. Teraz przystąpimy do dowodzenia drugiej własności. Weźmiemy jakikol- wiek punkt leżący poza zbiorem {0}×]0, 1[. Jego współrzędne x i y są usta- lone. Możliwe są tu następujące sytuacje (niekoniecznie wykluczające się): x 6= 0 lub y (cid:173) 1 lub y ¬ 0. Rozpatrzymy je po kolei. • Dla x 6= 0 nierówność y tx2 można przepisać w postaci t y/x2. Czy jest możliwe spełnienie tej nierówności dla dowolnego t (cid:173) 1? Oczywiście nie, bo prawa strona jest ustalona (jest to konkretna liczba), a t po lewej można wybrać dowolnie duże. Oznacza to, że istnieje takie t (cid:173) 1, iż (x, y) 6∈ At. W konsekwencji (x, y) nie może też należeć do części wspólnej zbiorów, czyli do C. • Dla y (cid:173) 1 nie jesteśmy w stanie spełnić nierówności y −tx2 + 1, gdyż liczba po prawej stronie jest co najwyżej równa 1 (pamiętamy, że t jest dodatnie), a nierówność jest ostra. Taki punkt nie może więc należeć do At dla t (cid:173) 1, a zatem nie może należeć do C. • Dla y ¬ 0 rozumowanie przebiega w analogiczny sposób. Tym razem nie możemy spełnić nierówności y tx2, gdyż liczba po prawej stronie jest nieujemna. 24 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE Wniosek: żaden punkt leżący poza zbiorem {0}×]0, 1[ nie należy do C, a każdy punkt należący do tego zbioru należy także do C. W ten sposób wykazaliśmy równość (1.2.6). Problem 2 Zdefiniujmy na płaszczyźnie zbiór At jako iloczyn kartezjański: At := [−t − 1, t + 1] × [t, 2t + 2] Znajdziemy zbiory dla t (cid:173) 0 . B := [t∈[0,1] At , oraz C := \t∈[0,1] At . (1.2.12) (1.2.13) Rozwiązanie Podobnie jak w poprzednim przykładzie mamy tu do czynienia ze zbio- rami na płaszczyźnie, które można względnie łatwo narysować. Dla każdego ustalonego t zbiór At jest prostokątem (brzeg i wnętrze) o wierzchołkach w punktach o współrzędnych: (t + 1, t) , (t + 1, 2t + 2) , (−t − 1, t) , (1.2.14) Ponieważ zgodnie z (1.2.13) interesować nas będą wartości parametru t z prze- działu [0, 1], wykreśliliśmy na rysunku 1.4 kilka takich prostokątów, począw- szy od t = 0 (najciemniejszy prostokąt), aż do t = 1 (najjaśniejszy prostokąt). Jak wynika z rysunku, suma wszystkich zbiorów (czyli zbiór B) powinna (−t − 1, 2t + 2) . być sześciokątem o wierzchołkach: (−1, 0) , (−2, 1) . Z kolei część wspólna (zbiór C) to prostokąt o wierzchołkach: (−2, 4) , (2, 4) , (2, 1) , (1, 0) , (1.2.15) (1, 2) , (1, 1) , (−1, 1) . (−1, 2) , (1.2.16) Wykażemy poniżej, że tak faktycznie jest. Zacznijmy od zbioru B. Dany punkt na płaszczyźnie należy do zbioru B, o ile należy do chociaż jednego prostokąta At dla jakiegoś t ∈ [0, 1]. Stwierdzeniu temu można nadać postać poniższego zdania: (x, y) ∈ B ⇐⇒ ∃t∈[0,1] − t − 1 ¬ x ¬ t + 1 ∧ t ¬ y ¬ 2t + 2 . (1.2.17) 1.2 ZNAJDUJEMY ZBIORY NA PŁASZCZYŹNIE 25 y 4 2 1 0 -2 -1 1 2 x Rysunek 1.4: Układ kilku zbiorów At dla 0 ¬ t ¬ 1. Oznacza to, że dla danego (x, y) ∈ B musi istnieć parametr t spełniający układ sześciu nierówności: t (cid:173) 0 , t (cid:173) x − 1 , t (cid:173) −x − 1 , t (cid:173) y/2 − 1 , t ¬ 1 , t ¬ y , (1.2.18) którym można nadać bardziej zwartą postać: max{0,−x − 1, x − 1, y/2 − 1} ¬ t ¬ min{1, y} . (1.2.19) W tym miejscu musimy sobie uświadomić, że nieważne jest, ile to t wy- nosi. Ważne jest jedynie, aby takie t istniało! Jeśli odpowiednie t istnieje, to (x, y) ∈ B. Jeśli nie istnieje, to (x, y) 6∈ B. Kiedy więc jesteśmy w sta- nie znaleźć jakiekolwiek t spełniające (1.2.19)? Odpowiedź jest dosyć jasna: wtedy, gdy spełniona jest nierówność: max{0,−x − 1, x − 1, y/2 − 1} ¬ min{1, y} . (1.2.20) Jeśli jednak największa z liczb po lewej stronie musi być mniejsza (bądź równa) od najmniejszej liczby po prawej, to jest to równoważne stwierdzeniu, iż każda z liczb po lewej stronie musi być mniejsza (bądź równa) od każdej liczby po prawej. Mamy więc następujący układ nierówności, które muszą być jednocześnie spełnione: −x − 1 ¬ 1 , −x − 1 ¬ y , y/2 − 1 ¬ 1 , 0 ¬ 1 , y/2 − 1 ¬ y . (1.2.21) 0 ¬ y , Otrzymany układ nierówności nie zawiera już parametru t i definiuje szu- kany zbiór B. Nierówności tych jest dosyć dużo, ale część z nich można od- rzucić, bo albo są spełnione zawsze, albo wynikają z tych, które pozostawimy. x − 1 ¬ 1 , x − 1 ¬ y , 26 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE W ten sposób otrzymujemy: B = {(x, y) ∈ R2 | −2 ¬ x ¬ 2 ∧ 0 ¬ y ¬ 4 ∧ y (cid:173) −x−1 ∧ y (cid:173) x−1} . (1.2.22) Znajdując punkty przecięcia par prostych spośród: x = −2 , x = 2 , (1.2.23) łatwo się przekonać, że zbiór ten jest właśnie sześciokątem (1.2.15), co prze- widzieliśmy na podstawie rysunku. y = −x − 1 , y = x − 1 , y = 4 , y = 0 , Przystąpimy teraz do rozwiązania drugiej części zadania, czyli znajdowa- nia zbioru C. Gdybyśmy chcieli napisać zdanie logiczne podobne do (1.2.17), to jedna rzecz ulegnie zmianie. Teraz punkt (x, y) należał będzie do C, o ile należał będzie nie do jednego, ale do wszystkich At. Mamy zatem: (x, y) ∈ C ⇐⇒ ∀t∈[0,1] − t − 1 ¬ x ¬ t + 1 ∧ t ¬ y ¬ 2t + 2 . (1.2.24) Wynika stąd układ czterech nierówności, które również muszą być spełnione dla każdego t ∈ [0, 1]: t (cid:173) −x − 1 , (1.2.25) Najbardziej rygorystyczne warunki otrzymamy, kładąc w nierównościach typu t (cid:173) . . . wartość t równą 0, a w nierównościach typu t ¬ . . . wartość t równą 1. Dla tak wybranych wartości układ (1.2.25) musi być spełniony, bo należą one do przedziału [0, 1]. I wtedy będzie już spełniony automatycznie dla wszyst- kich innych parametrów t z tego przedziału. Rozumowanie to prowadzi nas do zbioru C w postaci: t (cid:173) y/2 − 1 . t (cid:173) x − 1 , t ¬ y , C = {(x, y) ∈ R2 | − 1 ¬ x ¬ 1 ∧ 1 ¬ y ¬ 2} . Jak widać, zbiór ten jest faktycznie prostokątem o wierzchołkach (1.2.16). (1.2.26) 1.3 Znajdujemy kresy zbiorów liczbowych Problem 1 Wyznaczymy kresy górny i dolny zbioru (o ile kresy te istnieją): X :=(x ∈ R | x = 5|y| + 1 ∧ y ∈ R) . 3|y| − 1 Sprawdzimy także, czy kresy te należą do zbioru X. (1.3.1) 1.3 ZNAJDUJEMY KRESY ZBIORÓW LICZBOWYCH 27 Rozwiązanie W pierwszej kolejności zajmiemy się kresem górnym zbioru. Aby zbiór liczbowy mógł mieć kresy (górny czy dolny), to przede wszystkim musi być ograniczony (odpowiednio z góry bądź z dołu). Powstaje zatem pytanie, czy nasz zbiór jest ograniczony z góry. Aby to sprawdzić, przekształcimy wyra- żenie na element x w następujący sposób: x = 3|y| − 1 5|y| + 1 3|y| + 3/5 − 8/5 = 5|y| + 1 = 3 5 − 8 5(5|y| + 1) 3 5 . (1.3.2) Ta ostatnia nierówność jest oczywiście „ostra”, co później okaże się ważne. Z otrzymanego oszacowania wynika, że zbiór X jest ograniczony z góry, bo niezależnie jakie wartości podstawiać będziemy pod y, otrzymane wyrażenie zawsze będzie mniejsze od 3/5. Powstaje pytanie, czy liczba ta jest także kresem tego zbioru, czy też wyłącznie jednym z (nieskończenie) wielu jego górnych ograniczeń. Wiemy, że kres górny jest najmniejszą z liczb ograniczających zbiór z góry, o ile taka istnieje. W przestrzeni liczb rzeczywistych będzie ona istnieć na pewno, ale w przestrzeni liczb wymiernych może jej nie być. Za przykład może tu służyć zbiór {q ∈ Q | q2 2}, którego kresy (równe ±√2) nie należą do przestrzeni Q (czyli de facto ich nie ma). Wracając do naszego zadania, trzeba stwierdzić, że kluczowe jest teraz zbadanie, czy górnym ograniczeniem zbioru X może być jakaś liczba mniejsza od 3/5, np. 3/5 − ǫ, dla pewnego małego dodatniego ǫ. Jeśli takiej liczby nie ma, to kres równy jest 3/5. Natomiast jeśli jest, to musi zachodzić: ∀y∈R x = 3|y| − 1 5|y| + 1 ¬ 3 5 − ǫ . (1.3.3) Wykonując przekształcenia analogiczne do (1.3.2), powyższemu warunkowi można nadać postać: 8 ∀y∈R 5(5|y| + 1) (cid:173) ǫ (1.3.4) Jasne jest, że nie da się spełnić tego wymogu. Prawa strona (czyli ǫ) jest ustalona, a lewą możemy uczynić dowolnie małą, wybierając odpowiednio duże y, więc nierówność nie może być prawdziwa dla każdego y ∈ R. Nie istnieje zatem ǫ spełniające (1.3.3). Wniosek: kresem górnym zbioru X jest liczba 3/5. Warto ustalić jeszcze, czy kres ten należy do zbioru X, czy też pozostaje poza tym zbiorem. Odpowiedzi na to pytanie dostarcza (1.3.2). Zwróciliśmy już wyżej uwagę, że nierówność ta jest ostra, co oznacza, że ∀y∈R x 6= 3/5. Liczba ta nie może więc należeć do zbioru X. 28 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE Poszukiwanie kresu dolnego także musimy rozpocząć od ustalenia, czy zbiór jest ograniczony z dołu. Tym razem przekształcimy wyrażenie na x następująco: x = 3|y| − 1 5|y| + 1 = 8|y| − 5|y| − 1 5|y| + 1 = 8|y| 5|y| + 1 − 1 (cid:173) −1 . (1.3.5) Jak widać, zbiór jest ograniczony z dołu przez liczbę −1. Oczywiście ogra- niczeń jest nieskończenie wiele. Aby ustalić, jaki jest kres dolny zbioru X, musimy znaleźć największą z tych liczb (naturalnie, o ile taka istnieje). Za- danie to jest bardzo proste, co wynika z faktu, że nierówność (1.3.5) jest „nieostra”. Wybierając y = 0, znajdujemy x = −1. Mamy więc od razu dwa wnioski: kresem dolnym jest liczba −1 i kres ten należy do X. Podsumowując, znaleźliśmy: sup X = 3 5 6∈ X , inf X = −1 ∈ X . (1.3.6) Pewną zagadkę dla Czytelnika stanowić może to, skąd wiedzieliśmy od ra- zu, że wyrażenia (1.3.2) oraz (1.3.5) należy przekształcać akurat w taki spo- sób, aby wydzielić z nich odpowiednio 3/5 oraz −1. Otóż było to podyktowane postacią wzoru na x oraz intuicją: widać bowiem bez żadnych rachunków, że z racji obecności −1 w liczniku i +1 w mianowniku ułamek mniejszy jest od 3/5, a przybliża się do tej wartości dla bardzo dużych y. Jeśli więc wy- dzielimy z niego wartość 3/5, to pozostaje jedynie rozstrzygnąć, czy drugi składnik jest dodatni czy ujemny. Określenie znaku jest na ogół dużo prost- sze niż znajdowanie konkretnej wartości. Podobnie rzecz się ma z kresem dolnym, gdzie narzuca się podstawienie y = 0, gdyż |y| przyjmuje wówczas najmniejszą wartość. Problem 2 Wyznaczymy kresy górny i dolny zbioru: Y := {y ∈ R | y = (a + b)(1/a + 1/b) ∧ a 0 ∧ b 0} oraz sprawdzimy, czy kresy te należą do zbioru Y . (1.3.7) 1.3 ZNAJDUJEMY KRESY ZBIORÓW LICZBOWYCH 29 Rozwiązanie Wyjdziemy od oczywistej nierówności: ∀a,b∈R (a − b)2 (cid:173) 0 . (1.3.8) Dzięki temu, że a, b 0, nierówność (1.3.8) przepisać można w następujący sposób: a2 − 2ab + b2 (cid:173) 0 ⇐⇒ a2 + b2 (cid:173) 2ab ⇐⇒ b a (cid:173) 2 . (1.3.9) Z drugiej strony, patrząc na defincję zbioru Y , widzimy, że liczbie y można a2 + b2 a b ab + = nadać postać: + 2 . (1.3.10) (1.3.11) Porównanie (1.3.9) oraz (1.3.10) prowadzi do wniosku, że y = (a + b)(cid:18) 1 a + y = + a b b a 1 + a b b(cid:19) = + 2 (cid:173) 4 . b a Zbiór Y jest ograniczony z dołu liczbą 4. Jednocześnie gdy po lewej stro- nie (1.3.11) położymy a = b, to nierówność zmienia się w równość. Wynikają stąd natychmiast dwa wnioski: inf Y = 4 , oraz inf Y ∈ Y . (1.3.12) Jeśli chodzi o supremum zbioru Y , łatwo wykazać, że ono nie istnieje, gdyż zbiór nie jest ograniczony z góry. Bardzo często, gdy badamy zachowa- nie wyrażenia zależnego od kilku zmiennych (w naszym przypadku od a i od b), wygodnie jest na początku wszystkie, poza jedną, ustalić, a badać zależ- ność od jedynej pozostawionej zmiennej. Połóżmy więc b = 1, co odpowiada badaniu pewnego podzbioru zbioru Y . Jeśli wykażemy, że podzbiór ten jest nieograniczony, to oczywiście i sam zbiór Y jest nieograniczony. Mamy więc: y|b=1 = (cid:18) a b + b a + 2(cid:19)(cid:12)(cid:12)(cid:12)(cid:12)b=1 = a + 2 + 1 a . (1.3.13) Co dzieje się, gdy a zmierza do 0? Otóż wyrażenie to możemy uczynić dowol- nie dużym, gdyż a + 2 2, natomiast 1/a jest większe od dowolnej dodatniej liczby M, o ile tylko weźmiemy a 1/M. Podobnie, kładąc a = M, znajdu- jemy, że (1.3.14) Podsumowując, trzeba stwierdzić, że nie istnieje liczba ograniczająca zbiór Y z góry. y|b=1 = M + 2 + M . 1 M 30 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE 1.4 Sprawdzamy, czy R jest relacją równoważności, szukamy klas abstrakcji i sporządzamy wykres Problem 1 Zbadamy, czy relacja zdefiniowana wzorem: R = n(x, y) ∈ Z2 | (x − 4y)/3 ∈ Zo (1.4.1) jest relacją równoważności. Jeśli tak, to znajdziemy klasy abstrakcji. Sporządzimy wykres relacji. Rozwiązanie Jak wiemy z wykładu analizy, relacja R w zbiorze X jest po prostu pod- zbiorem iloczynu kartezjańskiego X × X: R ⊂ X × X . Jeśli weźmiemy parę elementów tego zbioru, np. a i b, to mówimy, że pozostają one w relacji, jeśli (a, b) ∈ R. Używa się także notacji aRb. Trzeba naturalnie pamiętać, że jeśli para (a, b) należy do takiego podzbioru, to wcale jeszcze nie oznacza, że również para (b, a) do niego należy. Relację, dla której ten warunek jest jednak spełniony, nazywamy symetryczną. aRb nie oznacza więc w ogólności tego samego co bRa. W matematyce, ale także w fizyce, szczególnie ważną rolę odgrywają tzw. relacje równoważności. Przypomnimy poniżej stosowną definicję. Relację R nazywamy relacją równoważności wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia ona trzy warunki: wamy zwrotną. 1. Dla każdego x ∈ X zachodzi: (x, x) ∈ R. Relację o tej własności nazy- 2. Dla każdych x, y ∈ X prawdziwa jest implikacja: (x, y) ∈ R =⇒ (y, x) ∈ R . (1.4.2) Jak wspominaliśmy wyżej, w takim przypadku mówimy o relacji syme- trycznej. 3. Dla każdych x, y, z ∈ X mamy: Relacja taka jest przechodnia. (x, y) ∈ R ∧ (y, z) ∈ R =⇒ (x, z) ∈ R . (1.4.3) 1.4 SPRAWDZAMY, CZY R JEST RELACJĄ RÓWNOWAŻNOŚCI, SZUKAMY 31 KLAS ABSTRAKCJI I SPORZĄDZAMY WYKRES Zbadamy teraz, czy relacja (1.4.1) spełnia te warunki. • Zwrotność. Sprawdzić musimy, czy (x, x) ∈ R, a więc czy Warunek ten jest w sposób oczywisty spełniony, ponieważ x − 4x 3 ∈ Z . x − 4x 3 = −3x 3 = −x , (1.4.4) (1.4.5) a x z założenia jest liczbą całkowitą. Relacja jest zatem zwrotna. • Symetryczność. Teraz musimy upewnić się, czy jeśli n := (x − 4y)/3 jest liczbą całkowitą, to także można to powiedzieć o m := (y − 4x)/3. W tym celu obliczymy sumę tych dwóch liczb: n + m = x − 4y + 3 3x + 3y = − 3 y − 4x x − 4y + y − 4x = 3 3 = −(x + y) ∈x,y∈Z Z . (1.4.6) Skoro n ∈ Z oraz n+ m ∈ Z, to naturalnie musi także zachodzić m ∈ Z. Relacja jest więc symetryczna. • Przechodniość. Tym razem zakładamy, że n := (x − 4y)/3 ∈ Z oraz m := (y − 4z)/3 ∈ Z, a celem naszym jest wykazanie, iż także liczba l := (x − 4z)/3 ∈ Z. Podobnie jak w poprzednim punkcie obliczymy: (1.4.7) Stąd natychmiast wypływa wniosek, że l ∈ Z, czyli (x, z) ∈ R. Relacja jest więc przechodnia. n + m − l = = −y ∈ Z. x − 4y x − 4z = − y − 4z 3 − 3y 3 + 3 3 Podsumowując, stwierdzamy, że relacja zdefiniowana w treści zadania w istocie jest relacją równoważności. Jak wiadomo z wykładu, zbiór Z roz- pada się w takiej sytuacji na klasy elementów równoważnych (w tej relacji), czyli tzw. klasy abstrakcji (równoważności). Znalezieniem tych klas zajmiemy się poniżej. Jeśli liczby całkowite x i y pozostają ze sobę w relacji, to naturalnie k := (y − 4x)/3 jest całkowite. Przekształcając to równanie, napiszemy: y = 4x + 3k . (1.4.8) Podstawiając tutaj pewne ustalone x ∈ Z oraz różne liczby całkowite k, otrzymujemy te elementy y zbioru Z, które są dla x równoważne. W ten sposób, biorąc k = 0,±1,±2, . . ., znajdujemy najpierw klasę elementu x = 0: (1.4.9) [0] = {0, 3,−3, 6,−6, . . .} . R 32 Podobnie: [1] [2] 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE = {1, 4,−2, 7,−5, . . .} , = {2, 5,−1, 8,−4, . . .} . (1.4.10) R R Zauważmy, że więcej klas równoważności nie ma. Np. x = 3 należy już do klasy [0]R, x = 4 do klasy [1]R itp. Dzięki własności przechodniości re- lacji (1.4.3) łatwo jest bowiem wykazać, że jeśli jakiś element zbioru należy do dwóch klas, to klasy te są identyczne. W efekcie zachodzi: oraz Z = [0]R ∪ [1]R ∪ [2]R , [i]R ∩ [j]R = ∅ dla i 6= j , gdzie i, j = 0, 1, 2 . (1.4.11) (1.4.12) y 3 2 1 y=x -3 -2 -1 1 2 3 x -1 -2 -3 Rysunek 1.5: Wykres relacji (1.4.1). Pozostaje nam jeszcze wykonać wykres relacji. Będzie go stanowił zbiór wszystkich punktów na płaszczyźnie, których współrzędne (całkowite) pozo- stają ze sobą w relacji. Punkty te przedstawione są na rysunku 1.5 za pomocą czarnych punktów. Jak już wiemy z (1.4.8), leżą one na prostych y = 4x+3k. Te pomocnicze proste zaznaczyliśmy na wykresie przerywanymi liniami (pa- miętajmy, że nie całe linie, ale jedynie dyskretne, czarne punkty, tworzą wykres relacji). Naturalnie, dzięki symetryczności relacji punkty należące do niej muszą znajdować się jednocześnie na prostych typu (1.4.8), w których 1.4 SPRAWDZAMY, CZY R JEST RELACJĄ RÓWNOWAŻNOŚCI, SZUKAMY 33 KLAS ABSTRAKCJI I SPORZĄDZAMY WYKRES x i y zamienilibyśmy rolami. Tak jest w istocie. Proste te zostały przedsta- wione liniami kropkowanymi. Szarą linią wykreślona jest ważna prosta y = x. Ze względu na własność zwrotności wszystkie punkty o całkowitych współ- rzędnych muszą być na niej zaznaczone jako należące do R (każde x pozostaje w relacji z y = x). Z kolei własność symetryczności manifestuje się na wy- kresie niezmienniczością przy jego odbiciu względem tej prostej. Problem 2 Sprawdzimy, że relacja: R =n(x, y) ∈ R2 | x4 − 4x2 = y4 − 4y2o (1.4.13) jest relacją równoważności, znajdziemy klasy równoważności oraz sporządzimy wykres relacji. Rozwiązanie Relacja ta należy do szerszej klasy relacji definiowanych przez funkcje. W naszym przypadku funkcją tą jest a sama relacja zdefiniowana jest równaniem: φ(x) = x4 − 4x2 , φ(x) = φ(y) . (1.4.14) (1.4.15) Wykażemy poniżej, że taka relacja w istocie jest relacją równoważności. De- finicję znamy już z poprzedniego zadania, więc od razu możemy przystąpić do sprawdzania poszczególnych warunków. • Zwrotność. Naturalnie każdy z elementów x ∈ R pozostaje w relacji • Symetryczność. Ponieważ z φ(x) = φ(y) wynika, że φ(y) = φ(x), więc z samym sobą, bo zawsze spełniony jest warunek φ(x) = φ(x). relacja jest symetryczna. • Przechodniość. Implikacja: φ(x) = φ(y) ∧ φ(y) = φ(z) =⇒ φ(x) = φ(z) (1.4.16) jest prawdziwa w sposób oczywisty, więc relacja jest przechodnia. 34 1 BADAMY ZBIORY I RELACJE Mamy zatem do czynienia z relacją równoważności. Wiemy, że określa ona rozkład zbioru liczb rzeczywistych na klasy równoważnych elementów. Zba- damy je poniżej. Zanim jednak do tego przejdziemy, zwróćmy jeszcze uwagę, że do tej pory nigdzie nie wykorzystaliśmy konkretnej postaci funkcji φ(x) i nasze wnioski są słuszne dla dowolnej relacji zdefiniowanej przez funkcję. Załóżmy, że chcemy ustalić, jakie elementy pozostają w relacji z wybra- nym wcześniej elementem x. W tym celu musimy rozważyć równanie (1.4.15), w którym x jest ustalone, a y jest niewiadomą. Należy więc rozwiązać rów- nanie: y4 − 4y2 = x4 − 4x2 (1.4.17) ze względu na y. Najwygodniej jest przepisać je w postaci: y4−x4−4y2+4x2 = (y2−x2)(y2+x2)−4(y2−x2) = (y2−x2)(y2+x2−4) = 0 . (1.4.18) Jeśli równanie to ma być spełnione, to pierwszy bądź drugi czynnik (bądź oba razem) musi być równy zeru. Z równania y2 − x2 = 0 (1.4.19) dostajemy dwie proste na płaszczyźnie: y = x i y = −x. Drugie: y2 + x2 − 4 = 0 , (1.4.20) jest po prostu równaniem okręgu o środku w początku układu i promieniu 2. Na tej podstawie możemy od razu podać klasy elementu x. Będą one liczyć od 2 do 4 elementów. • Gdy |x| 2, to (1.4.20) nie ma rozwiązań, bo lewa strona jest zawsze dodatnia, więc klasę tworzą jedynie rozwiązania otrzymane z (1.4.19): • Dla x = 2 równanie (1.4.20) ma jedno rozwiązanie y = 0, a oprócz tego [x] R = {x,−x} . (1.4.21) mamy y = ±2 z (1.4.19), więc [2] R co równie dobrze można by oznaczyć [0] naturalnie dla x = −2. = {2, 0,−2} , (1.4.22) . Identyczny wynik otrzymamy R • Gdy 0 |x| 2, to mamy w sumie cztery rozwiąznia, więc tyle też elementów liczyć będzie klasa [x] R = {x,−x,p4 − x2,−p4 − x2} , (1.4.23)
Pobierz darmowy fragment (pdf)

Gdzie kupić całą publikację:

Rozwiązujemy zadania z analizy matematycznej. Część 1
Autor:

Opinie na temat publikacji:


Inne popularne pozycje z tej kategorii:


Czytaj również:


Prowadzisz stronę lub blog? Wstaw link do fragmentu tej książki i współpracuj z Cyfroteką: