Soluciones para el trabajo 6

Matemática Estructural, 2013-I
Soluciones a la Tarea 6
John Goodrick
May 14, 2013
5.1 #2: Hay que mostrar que |A × B| = |B × A|.
Definimos la función f : A × B → B × A por la regla f ((a, b)) = (b, a).
f es inyectiva: esto es porque si f ((a, b)) = f ((c, d)), entonces (b, a) =
(d, c), lo que significa que b = d y a = c, y eso implica que (a, b) = (c, d).
f es sobreyectiva: Dado un elemento cualquiera (c, d) ∈ B × A, hay que
verificar que (c, d) = f ((a, b)) para algún (a, b). Pero (c, d) = f ((d, c)) (tomando
a = d y b = c).
Por lo tanto, f es una biyección, y |A × B| = |B × A|.
5.1 #6: Se puede definir una biyección f : A → B por la regla f (3n + 1) =
5n + 5.
(Cabe notar que ésta es una “buena definición”: es decir, si el número k se
puede escribir como k = 3n+1 y también como k = 3m+1, entonces n = m, asi
que el número “n” está determinado por 3n + 1, y por ende f (3n + 1) = 5n + 5
también está determinado.)
f es inyectiva: Si 5m + 5 = 5n + 5, entonces n = m, y por ende 3n + 1 =
3m + 1.
f es sobreyectiva: esto sigue directamente de la definición del conjunto B,
ya que cada elemento k ∈ B tiene la forma k = 5n + 5 para algún n ∈ N, y por
lo tanto k = f (3n + 1).
5.1 #11: Puesto que |A| = | N |, existe una biyección f : N → A. Ahora
sean
C1 = {3n : n ∈ N},
C2 = {3n + 1 : n ∈ N},
1
y
C3 = {3n + 2 : n ∈ N}.
Ahora sea A1 = f [C1 ] (es decir, A1 = {f (k) : k ∈ C1 }), sea A2 = f [C2 ], y
sea A3 = f [C3 ]. Entonces se puede verificar (ejercicio para usted!) que estos Ai
son disjuntos entre si y que A = A1 ∪ A2 ∪ A3 . Además, se pueden construir
biyecciones g1 : A1 → A, g2 : A2 → A, y g3 : A3 → A; por ejemplo, una función
que sirve para g2 es
g2 (f (3n + 1)) = f (n)
(recordando que cada elemento x ∈ A2 necesariamente tiene la forma “x =
f (3n + 1)”, para algún n, y que n es único porque f es inyectiva).
5.1 #15:
Se puede definir una biyección
f : P(X) → P(X ∪ {a}) \ P(X)
por la regla f (Z) = Z ∪ {a}.
f es inyectiva: Si f (Z) = f (W ), entonces Z ∪ {a} = W ∪ {a}. Ya que
a∈
/ X, a ∈
/ Z ∪ W , asi que Z = W .
f es sobreyectiva: Si Z ∈ P(X ∪ {a}) \ P(X), entonces es necesario que
a ∈ Z. Por ende, podemos tomar W = Z \ {a} y W ∈ P(X), y claramente
f (W ) = Z.
5.2 #4: La idea es mostrar que existe una función inyectiva (no necesariamente sobreyectiva!) f : Pn (A) → A.
Para todo conjunto X ∈ Pn (A), es posible ordenar linealmente los elementos
de X, asi que X = {a1 , . . . , an }. (Aunque no sean números los miembros de
X, esto siempre será posible.) Ahora después de escoger arbitrariamente algún
orden asi sobre X, definimos f (X) = (a1 , . . . , an ).
Ahora si f (X) = f (Y ), digamos que f (X) = (a1 , . . . , an ) = f (Y ). Entonces
X = {a1 , . . . , an } y Y = {a1 , . . . , an } también, y X = Y por el principio de
extensionalidad (tienen los mismos elementos).
Nota: Hemos usado el Axioma de Elección en este argumento! En el momento de elegir los órdenes para todos los X ∈ Pn (A) para definir f , necesitábamos algo que nos permita escoger todos los órdenes simultaneamente de
una manera determinada, y para eso se puede usar el axioma.
5.2 #5:
5.4 #5: Si X es enumerable, entonces por definición hay una biyección
f : X → N. Si x0 ∈
/ X, entonces defina una función
g : X ∪ {x0 } → N
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por la regla que g(a) = f (a)+1 en caso que a ∈ X, y g(x0 ) = 0. (“Corremos” los
valores de X por 1 para dejar expacio para el valor de x0 .) No es dificil verificar
que esta g es una biyección. Por el otro lado, si x0 ∈ X, entonces X ∪ {x0 } = X,
y no hay nada que hacer.
5.4 #8: Por ser enumerable, existe una biyección f : X → N. Ahora si
S ⊆ X, hay dos casos:
Caso 1: La imagen f [S] = {f (a) : a ∈ S} tiene cota superior en N. En este
caso, S es finito, y nótese que B = N \ f [S] es infinito y por tanto enumerable,
y luego f −1 [B] = S c también es enumerable (está en biyección con el conjunto
enumerable B por la función f ).
Caso 2: La imagen f [S] no tiene cota superior. Entonces f [S] es enumerable
(véase el Lema 5.15 del texto), y S, siendo en biyección via f con un conjunto
enumerable, también es enumerable.
5.4 #12: Por el ejercicio 4 de la sección 5.2 resuelto arriba, ya sabemos que
para cada n ∈ N, |Pn (N)| ≤ | Nn |. Ya sabemos que cada conjunto Nn es a lo
sumo enumerable (véase el Teorema 5.26, y note que hay un caso especial para
n = 0: N0 es finito!). Ahora la unión de una coleción enumerable de conjuntos
a lo sumo enumerables es a lo sumo enumerable (por un teorema que probamos
en clase), y
[
Pf in (N) =
Pn (N),
n∈N
asi que Pf in (N) es a lo sumo enumerable.
Todavia falta decir porque Pf in (N) es enumerable (es decir, porque es infinito
y no finito). Pero | N | ≤ |Pf in (N)| porque hay una función inyectiva f : N →
Pf in (N) dada por f (n) = {n}. Con esto terminamos la prueba.
5.5 #2: Ya sabemos que si A y B son dos conjuntos a lo sumo enumerables,
entonces A ∪ B también es a lo sumo enumerable. Si ni S ni S c fuera “infinito
y no enumerable”, entonces X = S ∪ S c seria una unión de dos conjuntos a
lo sumo enumerables, por ende X seria enumerable, una contradicción. Por lo
tanto, o S o S c es infinito y no enumerable.
5.5 #3: Sabemos que R es infinito y no enumerable (de la clase, y el
Teorema 5.31 del texto). También sabemos que Q es enumerable. El ejercicio
anterior nos dice que o Q o R \ Q es infinito y no enumerable, asi que R \ Q es
infinito y no enumerable.
5.5 #11: Si I es el intervalo [0, 2π) ⊆ R, entonces tenemos una función
f : I → C por “coordenadas polares”, es decir
f (x) = (cos(x), sen(x)).
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Sigue por hechos estándares de la trigonometría que este f es inyectivo y sobrejectivo, asi que |I| = |C|. Por el Teorema 5.26, sabemos que | R | = |I|, y por la
transitividad de la igualdad de cardinales, |C| = | R |.
Bono sobre los pasajeros en el bus:
Resulta que a la 1:00 p.m., es posible que cualquier número finito de personas
se queden en el bus, o que el bus quede vacio, o que infinitos personas se queden
en el bus!
La cantidad de gente en el bus a la 1 p.m. depende de cómo arreglamos que
salen.
Digamos que queremos que un número k de personas se queden en el bus a
la 1 p.m. donde k ∈ N (posiblemente k = 0, que significa que queremos que
el bus esté vacio a la 1 p.m.). Sea An el conjunto de todas las personas que se
suben en la hora 1 − n1 . Tomemos un S
subconjunto B ⊆ A1 tal que |B| = k y
formamos el conjunto A = (A1 \ B) ∪ n≥2 An (asi que A consta de todas las
personas que suben al bus en algún momento menos las personas en B). Para
cada n, |An | = |N|, asi que |A| = |N×N| = |N|. Se puede escoger una biyección
f : N → A tal que para todo i ∈ N, f (i) ∈ A1 ∪ . . . ∪ Ai . Ahora si la persona
f (i) se baja en la hora 1 − n1 , entonces a la 1 p.m., las únicas personas que se
quedarán en el bus son las del conjunto B, es decir, k personas.
Si queremos que infinitas personas se queden en el bus, escogemos B ⊆ A1
tal que |B| = |A1 \ B| = | N | y hacemos el mismo argumento que en el párrafo
anterior.
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