wmf.univ.szczecin.plwmf.univ.szczecin.pl/~szkibiel/ksiazki/teozbik.pdfwmf.univ.szczecin.pl

U N I W E R S Y T E T S Z C Z E C I N S K I

GRZEGORZ SZKIBIEL

WSTE↪P

DO TEORII ZBIOROW

I KOMBINATORYKI

SZCZECIN 2002

Spis tresci

Przedmowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51. Elementy teorii matematycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72. Zasada indukcji matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .173. Rachunek zdan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .234. Niektore zastosowania rachunku zdan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .325. Wzmianka o kwantyfikatorach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406. Elementy algebry zbiorow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 447. Sumy i przekroje uogolnione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .668. Poje↪cie produkt kartezjanski dwoch zbiorow . . . . . . . . . . . . . . . . . 739. Relacje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7710. Relacje rownowaznosci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8411. Funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8912. Obrazy i przeciwobrazy zbiorow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10713. Zbiory skonczone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11614. Zbiory przeliczalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12715. Zbiory nieprzeliczalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13316. Zbiory cze↪sciowo uporza↪dkowane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13917. Zbiory uporza↪dkowane liniowo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .14518. Rozwia↪zania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

1. Elementy teorii matematycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1502. Zasada indukcji matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1523. Rachunek zdan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1554. Niektore zastosowania rachunku zdan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1585. Wzmianka o kwantyfikatorach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1616. Elementy algebry zbiorow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1627. Sumy i przekroje uogolnione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1678. Poje↪cie produktu kartezjanskiego dwoch zbiorow . . . . . . . . . . . . .1709. Relacje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17210. Relacje rownowaznosci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .17911. Funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18012. Obrazy i przeciwobrazy zbiorow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

13. Zbiory skonczone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .18914. Zbiory przeliczalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19215. Zbiory nieprzeliczalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .19316. Zbiory cze↪sciowo uporza↪dkowane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19517. Zbiory uporza↪dkowane liniowo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

Skorowidz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .199Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

Przedmowa

Fakt, ze matematyka lezy u podstaw wszystkich nauk zostaÃlstwierdzony juz w starozytnosci. Wielcy filozofowie greccy – Pitago-ras, Tales, Eratostenes i inni, to przede wszystkim matematycy.Potrzeba byÃlo jednak wielu wiekow, by stwierdzic, co lezy u podstawmatematyki. Nowoczesna matematyka opiera sie↪ na poje↪ciu zbior –poje↪cie to zostaÃlo przyje↪te ponad sto lat temu*.

Niniejszy skrypt jest w caÃlosci poswie↪cony zbiorom oraz tema-tom, ktore pozwalaja↪ lepiej zrozumiec to poje↪cie. Przedstawionow nim podstawowe poje↪cia matematyczne: produkt kartezjanski,relacja, funkcja. Sa↪ one przykÃladami zbiorow. PrawidÃlowe zrozu-mienie tych poje↪c jest dosc trudne, ale konieczne w studiowaniumatematyki.

Zbiorom poswie↪cony jest jeden z dÃluzszych rozdziaÃlow tegoskryptu. Przedtem wprowadzone sa↪ elementy, ktore – po pierw-sze – pozwalaja↪ lepiej zrozumiec to trudne poje↪cie, a po drugie –maja↪ na celu przyblizenie pewnych schematow rozumowania, ktorespotykane sa↪ we wszystkich dziaÃlach matematyki. W dalszych roz-dziaÃlach pokazano, w jaki sposob podstawowe elementy matematykiopieraja↪ sie↪ na poje↪ciu zbior.

Kazdy rozdziaÃl skÃlada sie↪ z trzech cze↪sci, z ktorych pierwszato cze↪sc teoretyczna, odpowiadaja↪ca wykÃladowi. Druga cze↪sc, czyli,,Problemy do dyskusji”, powinna stanowic tresc cwiczen. Rozwia↪-zania wszystkich zadan z tej cze↪sci zostaÃly umieszczone w ostat-nim rozdziale. Ostatnia, trzecia cze↪sc to zadania przeznaczone dosamodzielnego rozwia↪zania, czyli praca domowa (cze↪sci tej pozba-wiony jest ostatni rozdziaÃl).

Niniejszy skrypt jest adresowany przede wszystkim do stu-dentow pierwszego roku studiow licencjackich, ale takze studencistudiow magisterskich znajda↪ w nim cenne uzupeÃlnienie wykÃladu.MateriaÃl tu zawarty cze↪sto be↪dzie wykorzystywany na starszych la-tach studiow, dlatego warto jest zachowac egzemplarz skryptu przy-najmniej do konca studiow.

* DokÃladnie w 1883 roku w ksia↪zce Grundlagen einer allgemeinen Mannig-

faltigkeitslehre Georga Cantora.

6 Wste↪p do teorii zbiorow i kombinatoryki

Skrypt powstaÃl na podstawie wykÃladow oraz cwiczen prowa-dzonych w latach przeÃlomu tysia↪cleci przez autora oraz jego asysten-tki: A. Szkibiel, E. Kasior oraz I. Staniewska↪. Autor pragnie po-dzie↪kowac serdecznie tym osobom za owocna↪ pomoc przy prowadze-niu wykÃladu, jak i za cenne wskazowki oraz ciekawe zadania, ktorezostaÃly tu umieszczone. Podzie↪kowania naleza↪ sie↪ tez studentom,ktorych wszystkich nie sposob wymienic, ale to dzie↪ki nim i dla nichpowstaÃl ten skrypt.

1. Elementy teorii matematycznych

Na wszystkich zaje↪ciach z przedmiotow matematycznych be↪-dziemy sie↪ poruszac wewna↪trz pewnych teorii. Kazdy dziaÃl mate-matyki skÃlada sie↪ z wielu teorii, ktore cze↪sto nakÃladaja↪ sie↪ nasiebie. W analizie matematycznej na przykÃlad mamy do czynieniaz teoriami liczb rzeczywistych, cia↪gow, szeregow, caÃlki, pochodnychfunkcji oraz wieloma innymi. W algebrze spotkamy sie↪ z teoriamiprzestrzeni wektorowych, liczb zespolonych, macierzy, rownan linio-wych itp. Teoria rownan liniowych cze↪sto korzysta z teorii macierzyi na odwrot. Zatem teorie te nakÃladaja↪ sie↪ na siebie.

Poznamy tutaj kilka podstawowych skÃladnikow, ktore wchodza↪

w skÃlad kazdej teorii. Sa↪ to naste↪puja↪ce elementy:– poje↪cia pierwotne,– definicje,– aksjomaty,– pewniki,– twierdzenia,– hipotezy.

Omowimy wszystkie te wspomniane elementy, trzeba jedynienadmienic, ze w zaleznosci od kontekstu lub upodoban autorowksia↪zek nazwy tych poje↪c moga↪ sie↪ roznic. Dla dokÃladnego zilus-trowania omawianych przez nas poje↪c, be↪dziemy posÃlugiwac sie↪dwoma przykÃladami. Pierwszy z nich to skonczona geometria afi-niczna, a drugi to liczby naturalne.

Poje↪cia pierwotne. Sa↪ to elementy, ktorych sie↪ nie definiu-

je. Odgrywaja↪ one role↪ atomow ba↪dz tez bitow, z ktorych zbudo-wana jest teoria. Musza↪ to wie↪c byc poje↪cia zrozumiaÃle dla kazdegooraz zgodne z intuicja↪. Na przykÃlad, wiemy dobrze co to jest czas,ale nie silimy sie↪ tego definiowac. Podobnie kazdy doskonale rozu-mie sÃlowo ,,posiÃlek”, jednakze wielu z nas sprawiÃloby wiele kÃlopotowdokÃladne zdefiniowanie tego poje↪cia. W matematyce najcze↪sciejuzywanymi poje↪ciami pierwotnymi sa↪ zbior i element zbioru. W teo-riach geometrycznych sa↪ one zasta↪pione przez, odpowiednio, poje↪cia


figura i punkt. W teorii prawdopodobienstwa poje↪ciami pierwotny-mi sa↪ zdarzenie oraz zdarzenie elementarne.

1.1. PrzykÃlad: skonczona geometria afiniczna. Poje↪ciamipierwotnymi sa↪ tu punkt oraz zbior.

1.2. PrzykÃlad: liczby naturalne. Poje↪ciami pierwotnymi sa↪ tuzbior, liczba, liczba 1 lub jedynka oraz bycie naste↪pnikiem. O ile trzypierwsze poje↪cia sa↪ raczej zrozumiaÃle, o tyle zrozumienie ostatniegomoze przysporzyc problemu. Intuicyjny sens sformuÃlowania ,,liczbam jest naste↪pnikiem liczby n ” jest taki, ze liczba m jest liczba↪

naturalna↪, ktora naste↪puje (wyste↪puje, jest) bezposrednio po n. Oz-nacza to wie↪c pewna↪ relacje↪ okreslona↪ na pewnym zbiorze liczb.

Definicja. Jest to element, ktory okresla sie↪ za pomoca↪ poje↪cpierwotnych lub tez za pomoca↪ systemu wÃlasnosci. Na przykÃlad,jesli definiujemy sÃlowo ,,sztucce”, mozemy uzyc poje↪cia pierwotnego,,posiÃlek”. Nasza definicja moze wowczas przyja↪c forme↪ sztucce sa↪

to przyrza↪dy sÃluza↪ce do spozywania posiÃlku. Oczywiscie moga↪ sie↪ tupojawic pewne wa↪tpliwosci. Na przykÃlad, czy re↪ka tez jest sztuccem?Osoba nie maja↪ca nic wspolnego z matematyka↪ wysmiewa zwykletego rodzaju pytania. Dla matematyka stanowia↪ one jednak zrodÃloproblemu. W matematyce tworzymy definicje tak, aby tego rodzajuwa↪tpliwosci nie byÃlo.

Podamy teraz przykÃlad definicji, ktora↪ be↪dziemy pozniej uzy-wac. Jest to definicja oparta na poje↪ciach pierwotnych zbior i ele-ment.

1.3. PrzykÃlad. Zdefiniujemy sume↪ zbiorow naste↪puja↪co: Sumazbiorow A oraz B jest to zbior skÃladaja↪cy sie↪ z tych i tylko tych ele-mentow, ktore sa↪ elementami zbioru A lub elementami zbioru B.

Na pewno znajdzie sie↪ wielu czytelnikow, ktorych zdziwi nad-miar sÃlow w tej definicji. Po co jest tam fraza ,,z tych i tylko tych”?Odpowiedz: gdyby tej frazy nie byÃlo, natychmiast powstaÃloby py-tanie, czy oprocz elementow zbioru A oraz zbioru B cos jeszczemoze nalezec do sumy.

Czasami trudno jest zdefiniowac pewne poje↪cie, uzywaja↪c dotego tylko jednego zdania. Trzymaja↪c sie↪ naszych kulinarnych po-rownan, sprobujmy zdefiniowac ,,obiad”. Mamy tu do dyspozycji

Elementy teorii matematycznych 9

poje↪cie pierwotne ,,posiÃlek”. Definicja Obiad jest to posiÃlek spozy-wany po poÃludniu nie jest dobra, poniewaz w tym czasie mozemy poprostu pic kawe↪ i jesc pa↪czka, co trudno uznac za obiad. Podobniedefinicja Obiad jest to posiÃlek skÃladaja↪cy sie↪ z dwoch dan nie jestnajlepsza, bo nie precyzujemy przedziaÃlu czasowego, kiedy te daniamaja↪ byc spozyte. Dlatego, aby zdefiniowac poje↪cie obiad, musimyuzyc nie jednej wÃlasnosci, ale systemu wÃlasnosci.

1.4. PrzykÃlad: skonczona geometria afiniczna. Zdefiniujemypoje↪cia krawe↪dz oraz linia. Krawe↪dzia↪ nazywamy dowolny zbior zÃlo-zony z dokÃladnie dwoch punktow. Zatem krawe↪dz nie moze zawieracwie↪cej niz dwa punkty. Oczywiscie mozemy narysowac dwa punktyoraz Ãla↪cza↪cy je odcinek i traktowac te↪ figure↪ jako krawe↪dz. Jednakzezaden punkt odcinka, z wyja↪tkiem jego koncow, nie nalezy do kra-we↪dzi. Wyobrazmy sobie sytuacje↪, w ktorej mamy cztery punkty,z ktorych zadne trzy nie sa↪ wspoÃlliniowe, czyli mamy szesc krawe↪dzi.Jezeli oznaczymy te krawe↪dzie, jak opisalismy wyzej, to dwie z nichsie↪ przetna↪. Miejsce przecie↪cia sie↪ tych krawe↪dzi nie jest punktem.Takze jesli trzy punkty sa↪ wspoÃlliniowe, to krawe↪dz zawieraja↪ca dwaskrajne punkty nie zawiera tego srodkowego.

Podamy teraz druga↪ definicje↪. Linia↪ o pocza↪tku w punkciea oraz koncu w punkcie b nazywamy taki zbior K krawe↪dzi, ze

A1 punkty a oraz b naleza↪ do pewnych krawe↪dzi ka, kb naleza↪-cych do zbioru K;

A2 jezeli x jest punktem roznym od a i od b oraz nalezy ondo pewnej krawe↪dzi kx1 naleza↪cej do zbioru K, to istniejekrawe↪dz kx2 naleza↪ca do zbioru K , ktora zawiera punkt x.

Aby zdefiniowac poje↪cie linia, uzylismy nie jednej wÃlasnosci,tylko systemu wÃlasnosci. Tak zdefiniowana↪ linie↪ mozemy interpre-towac jako figure↪ zÃlozona↪ z odcinkow. Pamie↪tajmy jednak, ze jeslidwa z takich odcinkow sie↪ przetna↪, to miejsce przecie↪cia nie mozebyc punktem.

1.5. PrzykÃlad: liczby naturalne. Zdefiniujemy liczbe↪ 2. Licz-ba↪ 2 lub dwojka↪ nazywamy liczbe↪, ktora jest naste↪pnikiem je-dynki. Mozemy tu sie↪ spytac, czy istnieje wie↪cej niz jedna dwojka.Odpowiedz na to pytanie znajdziemy w naste↪pnym podrozdziale.


Aksjomat. Jest to wÃlasnosc poje↪cia pierwotnego lub tez zde-finiowanego, przyje↪ta bez dowodzenia. Nikt nie ma wa↪tpliwosci,co do tego, ze czas pÃlynie, ale nikomu nie przyjdzie do gÃlowy tegoudowadniac. Aksjomat cze↪sto nazywamy prawem. Jak wiadomo,kazde prawo ma jaka↪s motywacje↪ i podobnie jest z aksjomata-mi. Aksjomaty okreslaja↪ zarowno dobrze znane wÃlasnosci liczb(na przykÃlad prawo Ãla↪cznosci mnozenia lub prawo przemienno-sci dodawania) czy figur geometrycznych, jak i bardziej skompli-kowane wÃlasnosci obiektow spotykanych przy studiowaniu matema-tyki wyzszej. Na przykÃlad, przyjmujemy, ze prosta nie ma sze-rokosci, ale nie dowodzimy tego. Podobnie nie probujemy udowad-niac praw Ãla↪cznosci dodawania i mnozenia liczb rzeczywistych lubpraw przemiennosci tych dziaÃlan.

1.6. PrzykÃlad. Najprostszym, ale i najistotniejszym aksjomatemdla wielu teorii jest aksjomat istnienia. Zaczyna sie↪ on od sÃlowistnieje przynajmniej jeden..., na przykÃlad

Istnieje przynajmniej jeden zbior.

lubIstnieje przynajmniej jeden punkt.

ByÃloby gÃlupio, gdyby elementy, na ktorych opiera sie↪ naszateoria, nie istniaÃly. Dlatego ich istnienie przyjmujemy ,,na wiare↪”.W teorii zbiorow za ten ,,przynajmniej jeden zbior” uwazamy zbiorpusty, czyli taki, ktory nie ma elementow. Oznaczamy go przez ∅ .Maja↪c juz jeden zbior, mozemy zdefiniowac drugi. Na przykÃlad {∅} ,co oznacza zbior jednoelementowy, zawieraja↪cy zbior pusty. Dalejdefiniujemy

{∅,{∅}} , {∅,{∅} ,{∅,{∅}}}

i tak dalej.Jezeli podamy definicje↪ za pomoca↪ systemu wÃlasnosci (jak na

przykÃlad definicja linii), to wÃlasnosci z tej definicji staja↪ sie↪ aksjoma-tami poje↪cia, ktore jest definiowane. I tak, A1 oraz A2, to dwa aksjo-maty linii. Przyjmuja↪c zbior, punkt oraz krawe↪dz jako poje↪cia pier-wotne tworzymy pocza↪tki teorii linii, ktorej aksjomatami sa↪ wÃlas-nie A1 i A2.

Definicje i aksjomaty mozemy wprowadzac w dowolnej chwili.Nie mozna jednak ,,sie↪ zape↪tlic”, czyli w definicji powoÃlac sie↪ na


aksjomat, ktory jest w niej uzyty. Na przykÃlad, nie mozemy zde-finiowac powietrza jako atmosfery, ktora nas otacza, a naste↪pniezadeklarowac aksjomat ,,atmosfera skÃlada sie↪ z powietrza”.

Aksjomaty danej teorii ukÃladaja↪ sie↪ w system aksjomatowzwany tez aksjomatyka↪. Aksjomatyka nie moze byc sprzeczna. Niemozemy zadeklarowac w teorii linii aksjomatu, powiedzmyA3 Punkt a nie nalezy do zadnej krawe↪dzi naleza↪cej do zbioru K,

gdyz byÃloby to sprzeczne z aksjomatem A1. Matematycy unikaja↪

tez aksjomatyki zaleznej, czyli takiej, gdzie pewien aksjomat wynikaz pozostaÃlych. Na przykÃlad, jezeli dodamy do aksjomatow teorii liniiaksjomatA4 Jesli a = b, to punkt a nalezy do przynajmniej jednej z kra-

we↪dzi naleza↪cych do zbioru K,

to otrzymamy aksjomatyke↪ zalezna↪. Aksjomat A4 wynika bowiemz aksjomatu A1. Istotnie, aksjomat A1 gwarantuje istnienie przynaj-mniej jednej krawe↪dzi ka ze zbioru K, do ktorej nalezy punkt a.

Trzecia↪ wÃlasnoscia↪ aksjomatyki jest zupeÃlnosc, ktorej nie be↪-dziemy teraz omawiac, ze wzgle↪du na jej zÃlozonosc i koniecznoscwprowadzania wielu nowych poje↪c nieprzydatnych w tej chwili.

1.7. PrzykÃlad: liczby naturalne. Podamy teraz aksjomatyke↪liczb naturalnych.N1 Istnieje jedynka, ktora jest liczba↪.

N2 Jedynka nie jest naste↪pnikiem zadnej liczby.

N3 Dla kazdej liczby n istnieje dokÃladnie jedna liczba m, ktorajest naste↪pnikiem n.

N4 Jezeli m jest naste↪pnikiem liczby n oraz m jest naste↪pnikiemliczby k, to n = k.

N5 Jezeli A jest zbiorem skÃladaja↪cym sie↪ z liczb, ktory speÃlniaaksjomaty N1–N4, takim ze

10 jedynka nalezy do A;20 dla kazdej liczby n, jesli n nalezy do A, a m jest

naste↪pnikiem n, to m rowniez nalezy do A,

to kazda liczba nalezy do A.

Ostatni z aksjomatow nazywamy zasada↪ indukcji matematycz-nej. Kazdy zbior, speÃlniaja↪cy wszystkie pie↪c aksjomatow, nazy-wamy zbiorem liczb naturalnych. Oczywiscie, dobrze nam znany


zbior {1, 2, 3, . . .} jest zbiorem speÃlniaja↪cym N1–N5, czyli jestzbiorem liczb naturalnych. Ale takze zbiory {0, 1, 2, 3, . . .} oraz{0, 2, 4, 6, . . .} sa↪ zbiorami liczb naturalnych.

Nawia↪zuja↪c do problemu postawionego w poprzednim podroz-dziale, zauwazmy, ze aksjomat N3 mowi, iz istnieje dokÃladnie jednadwojka.

Pewnik. Jest to wÃlasnosc, ktorej nie dowodzimy, lecz jestona (byc moze w danej chwili) zbyt skomplikowana, by byc aksjoma-tem. Moze to tez byc wÃlasnosc, ktora↪ podejrzewamy, ze jest zaleznaod pozostaÃlych aksjomatow, nie mozemy jednak tego udowodnic.W historii matematyki daÃly o sobie znac dwa sÃlynne pewniki.

1.8. PrzykÃlad. Pewnik Euklidesa: Jezeli dana jest prosta l orazpunkt P poza prosta↪ l , to przez P przechodzi dokÃladnie jednaprosta rownolegÃla do l .

Pewnik ten nie dawaÃl spac matematykom od czasow starozyt-nych, az do XVIII wieku, kiedy udowodniono, ze jest on niezaleznyod czterech pozostaÃlych aksjomatow Euklidesa.

1.9. PrzykÃlad. Pewnik wyboru. Zdefiniujmy najpierw rodzine↪zbiorow jako zbior, ktorego elementami sa↪ zbiory. Pewnik wyborubrzmi naste↪puja↪co: Istnieje zbior X, ktory ma dokÃladnie jeden ele-ment wspolny z kazdym zbiorem danej rodziny. Inaczej, na zbiorX skÃladaja↪ sie↪ po jednym elemencie wszystkie zbiory rodziny.

Tresc pewnika wyboru wydaje sie↪ tak naturalna, ze nikt niewahaÃlby sie↪ nazwac go aksjomatem. Okazuje sie↪ jednak, ze przyje↪ciego jako aksjomatu teorii zbiorow prowadzi do wielu paradoksow.Najbardziej znanym jest twierdzenie, ze kazda↪ kule↪ mozna podzielicna dwie kule o identycznej obje↪tosci co pierwotna kula. Z tegopowodu niektorzy matematycy unikaja↪ pewnika wyboru i kazdetwierdzenie, ktorego dowod opiera sie↪ na tym pewniku, oznaczaja↪

w pewien szczegolny sposob. Najcze↪sciej jest to gwiazdka lub lite-ry AC.

Twierdzenie. Jest to wÃlasnosc wynikaja↪ca z definicji lubaksjomatow. Ze wzgle↪du na tresc lub znaczenie, twierdzenia nazy-wamy czasem zadaniami, stwierdzeniami, spostrzezeniami, prob-lemami, cwiczeniami, wnioskami, reguÃlami, formuÃlami, wzorami


lub lematami. Pierwsze trzy terminy okreslaja↪ Ãlatwe lub maÃlo is-totne twierdzenie. Terminem cwiczenie jest zwykle okreslane Ãlatwezadanie, a terminem problem – trudne. Wniosek jest to wÃlasnosc,ktora nie jest trudna do zauwazenia i ktora wynika z ogolnego twier-dzenia lub jego dowodu. Naste↪pne trzy terminy oznaczaja↪ twierdze-nia, ktorych tezy sa↪ zapisane w postaci rownosci lub nierownosci.Dodatkowo jeszcze, zaÃlozenia sa↪ tak proste i oczywiste, ze sie↪ jepomija. Lemat jest to twierdzenie pomocnicze lub twierdzenie, ktorejest uzywane w roznych dziaÃlach matematyki w dowodach wielu do-niosÃlych twierdzen.

Hipoteza. Jest to wÃlasnosc zbyt skomplikowana, by bycaksjomatem ba↪dz pewnikiem i nie zostaÃla jeszcze udowodniona.Jezeli ktos udowodni hipoteze↪, staje sie↪ ona twierdzeniem. Moznatez pokazac, ze danej hipotezy nie mozna udowodnic, maja↪c do dys-pozycji dany system aksjomatow. Wowczas mowimy, ze hipotezajest niezalezna od systemu aksjomatow i mozemy ja↪ doÃla↪czyc jakokolejny aksjomat.

Problemy do dyskusji

P 1.1. W czym tkwi istota bÃle↪du w przedstawionych defini-cjach?

(a) RownolegÃlobok jest wieloka↪tem, ktorego przeciwlegÃle bokisa↪ parami rownolegÃle.

(b) RownolegÃlobok jest czworoka↪tem, ktorego wszystkie bokisa↪ rowne i rownolegÃle.

(c) Proste sa↪ rownolegÃle, jesli nie maja↪ punktu wspolnego.(d) Prostoka↪t jest czworoka↪tem o rownych przeka↪tnych.(e) OstrosÃlup nazywamy prawidÃlowym, jesli jego podstawa↪

jest wieloka↪t foremny.

P 1.2. Rozwazmy naste↪puja↪ca↪ sytuacje↪ z przykÃladu 1.4. Przyj-mijmy, ze wszystkich punktow jest dokÃladnie trzy (mozemy to trak-towac jako aksjomat). Ile jest krawe↪dzi?

P 1.3. Zrobmy serie↪ zadan podobnych do P1.2, zmieniaja↪c na-sze zaÃlozenie, tj. zamiast trzech punktow deklarujemy 4, 5, . . . , npunktow. Ile jest wowczas krawe↪dzi? Ile linii zawieraja↪cych dok-Ãladnie trzy punkty mozna utworzyc?


P 1.4. Rozwazmy aksjomatyke↪ liczb naturalnych z przykÃla-du 1.7. Ktore z ponizszych zbiorow speÃlniaja↪ aksjomaty N1–N5,czyli ktore z nich sa↪ zbiorami liczb naturalnych?

A = zbior liczb parzystych wie↪kszych od zera, czyli liczb 2,4, 6, . . . .B = zbior liczb postaci 1

n , gdzie n przybiera kolejne wartosci1, 2, 3, . . .

C = zbior liczb ujemnych −1 , −2 , . . .

D = zbior skÃladaja↪cy sie↪ ze wszystkich liczb postaci 1 − 1n ,

gdzie n przybiera kolejne wartosci 1, 2, 3, . . . , oraz z liczby 1.Wskaz tez jedynki we wszystkich tych zbiorach, ktore speÃlniaja↪

aksjomaty N1–N5. Przyjmujemy, ze naste↪pnikiem danej liczby jestliczba, ktora znajduje sie↪ w opisie zbioru tuz za nia↪, na przykÃladw zbiorze C naste↪pnikiem 1

3 jest 14 , a naste↪pnikiem 1− 1

5 w zbio-rze D jest 1− 1

6 .

Zadania do samodzielnego rozwia↪zania

Z 1.1. W czym tkwi istota bÃle↪du w naste↪puja↪cych definicjach?(a) RownolegÃlobok jest czworoka↪tem, ktorego dwa przeciw-

legÃle boki sa↪ rownolegÃle.(b) Kwadrat jest czworoka↪tem, ktorego wszystkie boki sa↪

rowne.(c) Prostoka↪t jest wieloka↪tem o rownych ka↪tach.(d) GraniastosÃlup nazywamy prawidÃlowym, jesli jego wyso-

kosc jest prostopadÃla do podstawy.(e) Wieloka↪ty nazywamy podobnymi, jesli maja↪ podobny

ksztaÃlt.(f) Trojka↪ty nazywamy jednokÃladnymi, jesli ich wierzchoÃlki

leza↪ na tych samych prostych.

Z 1.2. Kiedy chcemy rozwia↪zac jakikolwiek problem, musimyzawsze wiedziec dwie rzeczy: co jest dane, czyli co wiemy, oraz cojest szukane, czyli czego nie wiemy. W matematyce na wyzszympoziomie problemy sa↪ sformuÃlowane w postaci twierdzen lub hipo-tez. To co jest dane nazywamy zaÃlozeniem, a to co szukane, na-zywamy teza↪. Zwykle twierdzenie sformuÃlowane jest w sposob: Je-zeli (tu naste↪puje zaÃlozenie), to (tu naste↪puje teza). Cze↪sto jed-nak ta forma sformuÃlowania twierdzenia jest zaste↪powana inna↪,


(a) (b)

(c) (d)

(e) (f)

Plansza 1.


prostsza↪ w wypowiedzeniu, jednakze w sensie je↪zykowym mowia↪ca↪

to samo, co forma ,,klasyczna”. W naste↪puja↪cych twierdzeniachwskaz zaÃlozenie oraz teze↪:

(a) Jezeli proste sa↪ rownolegÃle, to kazda pÃlaszczyzna przeci-naja↪ca jedna↪ z nich przecina tez druga↪.

(b) Kazda liczba caÃlkowita podzielna przez 15 dzieli sie↪ przez3 oraz przez 5.

(c) Istnieje liczba caÃlkowita podzielna przez 24.(d) Suma ka↪tow w trojka↪cie wynosi 1800 .(e) Warunkiem koniecznym, aby ostrosÃlup byÃl prawidÃlowy,

jest foremnosc jego podstawy.(f) Podzielnosc przez 4 jest warunkiem wystarczaja↪cym do

podzielnosci przez dwa.

Z 1.3. Rozwazmy naste↪puja↪ca↪ sytuacje↪ z przykÃladu 1.4. Przyj-mijmy, ze wszystkich punktow jest dokÃladnie cztery (mozemy totraktowac jako aksjomat). Zdefiniujmy trojka↪t jako dowolny zbior,do ktorego naleza↪ dokÃladnie trzy punkty. Ile jest wszystkich troj-ka↪tow?

Z 1.4. Przyjmijmy w poprzednim zadaniu, ze wszystkich punk-tow jest dokÃladnie n. Zdefiniujmy m-mnogosc jako dowolny zbior,do ktorego nalezy przynajmniej m punktow. Ile jest wszystkichmnogosci?

Z 1.5. Ktore zbiory krawe↪dzi przedstawione na Planszy 1 sa↪

liniami (w sensie definicji z przykÃladu 1.4)? Wskaz pocza↪tek orazkoniec kazdej z linii.

Z 1.6. Czy zbior, posiadaja↪cy tylko skonczona↪ liczbe↪ elemen-tow, moze byc zbiorem liczb naturalnych?

2. Zasada indukcji matematycznej

Cze↪sto spotykamy sie↪ z sytuacja↪, w ktorej, aby rozwia↪zac prob-lem, musimy wykonac wiele czynnosci – nierzadko podobnych do sie-bie. Zazwyczaj mowimy wtedy, ze najtrudniej jest zacza↪c, a poz-niej to juz idzie. Przypuscmy, na przykÃlad, ze trzeba wypeÃlnickilkanascie deklaracji podatkowych i sa↪ to deklaracje tego samegotypu, ale za kazdym razem trzeba wpisac inne dane. Na pewnopierwsza z nich sprawi nam najwie↪cej kÃlopotu, a siedemnasta czyosiemnasta nie be↪dzie juz trudna do wypeÃlnienia.

Sytuacje tego rodzaju zdarzaja↪ sie↪ tez i w matematyce. Zwroc-my uwage↪ na definicje↪ dwojki (przykÃlad 1.5): 2 jest to liczba, ktorajest naste↪pnikiem 1. Zapewne definicja trojki i czworki nie sprawinikomu kÃlopotu: wiemy co to jest 2, wie↪c 3 definiujemy jako liczbe↪,ktora jest naste↪pnikiem 2. A skoro wiemy juz co to jest 3, to 4 defi-niujemy jako liczbe↪, ktora jest naste↪pnikiem 3. I tak dalej. Zdefinio-wanie liczby 174 byÃloby pewnie kÃlopotliwe, ze wzgle↪du na duza↪ iloscpisania, ale mozemy sprawe↪ uproscic, uzywaja↪c zwrotu przypuscmy,ze wszystkie liczby od 1 do 173 zostaÃly zdefiniowane. Po tym zda-niu mozemy juz bez przeszkod zdefiniowac 174 jako liczbe↪, ktorajest naste↪pnikiem 173. Uzywaja↪c tego sposobu (zwanego indukcja↪

matematyczna↪), mozemy zdefiniowac kazda↪ liczbe↪ naturalna↪.Indukcja matematyczna jest to metoda zarowno dowodzenia

twierdzen, jak i formuÃlowania definicji oparta na aksjomacie N5z przykÃladu 1.7. Przypomnijmy tresc tego aksjomatu.

Jezeli A jest zbiorem skÃladaja↪cym sie↪ z liczb, ktory speÃlniaaksjomaty N1–N4, takim ze

10 jedynka nalezy do A,

20 dla kazdej liczby n, jesli n nalezy do A, oraz m jestnaste↪pnikiem n, to m rowniez nalezy do A,

to kazda liczba nalezy do A.

Ta postac aksjomatu nie jest zbyt ,,pore↪czna” i dlatego zwyklepodaje sie↪ ja↪ w innej formie. Przede wszystkim, przez zbiorliczb naturalnych rozumie sie↪ zwykle zbior N = {1, 2, 3, . . .} lubzbior {0, 1, 2, . . .} , a aksjomaty N1–N4 speÃlnia tez wiele innychzbiorow. Dlatego musimy jasno okreslic klase↪ zbiorow, dla ktorych


mozemy zastosowac zasade↪ indukcji matematycznej i nie mozemytych zbiorow nazywac zbiorami liczb naturalnych, gdyz kÃlociÃlobysie↪ to z ogolnym poje↪ciem tego zbioru. Ustalmy wie↪c, ze od tejpory przez N be↪dziemy oznaczac zbior {1, 2, 3, . . .} i be↪dziemy gonazywac zbiorem liczb naturalnych.

Zdefinujmy jeszcze zbior liczb caÃlkowitych Z jako zbior

{. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, . . .} .

Zauwazmy, ze kazda liczba naturalna jest tez liczba↪ caÃlkowita↪.Przyjmijmy teraz, ze terminem zdanie be↪dziemy okreslac takiezdanie w sensie gramatyki, ktoremu mozna przypisac prawde↪ albofaÃlsz. Mozemy teraz sformuÃlowac zasade↪ indukcji matematycznejw takiej formie, jakiej be↪dziemy uzywac.

2.1. Zasada indukcji matematycznej (ZIM). Niech T (n) be↪dziepewnym twierdzeniem dotycza↪cym liczby caÃlkowitej n. Jezeli

10 T (m0) jest zdaniem prawdziwym, gdzie m0 jest pewna↪

ustalona↪ liczba↪ caÃlkowita↪,

20 z prawdziwosci zdan T (k), gdzie m0 ≤ k ≤ m, wynikaprawdziwosc zdania T (m + 1) ,

to zdanie T (n) jest prawdziwe dla kazdej liczby caÃlkowitej n ≥ m0.

Aby uzyc zasade↪ indukcji matematycznej, musimy wie↪c spraw-dzic dwa warunki, a naste↪pnie wysnuc odpowiedni wniosek. Poniz-sze dwa przykÃlady pokaza↪, ze obydwa warunki sa↪ istotne.

2.2. PrzykÃlad. ,,Pokazemy”, ze kazda liczba naturalna postaci3k + 2 (gdzie k jest liczba↪ naturalna↪) dzieli sie↪ przez trzy. Pomi-jaja↪c warunek 10, zakÃladamy, ze dla wszyskich liczb k mniejszychlub rownych m, liczby postaci 3k +2 dziela↪ sie↪ przez 3. Rozwazmyliczbe↪

3(m + 1) + 2 = (3m + 2) + 3.

Poniewaz 3m+2 dzieli sie↪ przez trzy, wie↪c istnieje liczba natu-ralna a, taka ze 3a = 3m+2. Ale wowczas 3(a+1) = (3m+2)+3,wie↪c 3 dzieli liczbe↪ 3(m+1)+2. Zatem warunek 20 jest speÃlniony.

To co ,,pokazalismy” jest oczywistym faÃlszem, poniewaz 3 niedzieli liczby 5, chociaz 5 = 3 · 1 + 2. BÃla↪d wynikÃl z faktu, ze niesprawdzilismy warunku 10.

Zasada indukcji matematycznej 19

2.3. PrzykÃlad. ,,Pokazemy”, ze 5207 jest liczba↪ pierwsza↪, czyli, zejedynymi liczbami naturalnymi, ktore dziela↪ liczbe↪ 5207, sa↪ 1 oraz5207. W tym celu dzielimy 5207 przez 2. Stwierdzamy, ze danaliczba nie jest dzielnikiem liczby 5207. Mamy zatem sprawdzonywarunek 10 zasady indukcji matematycznej. Warunku 20 nie udanam sie↪ sprawdzic, bo 41 jest dzielnikiem 5207. Zatem zdanie ,,5207jest liczba↪ pierwsza↪” jest faÃlszywe.

Przytoczymy teraz kilka przykÃladow prawidÃlowego uzycia ZIM.

2.4. PrzykÃlad. Pokazemy, ze

13 + 23 + · · ·+ n3 =n2(n + 1)2

4. (2.1)

Ta wÃlasnosc bezposrednio dotyczy liczb naturalnych. Spraw-dzamy warunek 10, czyli za n podstawiamy 1. W zwia↪zku z tymlewa strona wzoru 2.1 ma tylko jeden skÃladnik, 13. Tak wie↪c lewa

strona jest rowna 1, a prawa 12 · 22

4 = 1. Aby sprawdzic warunek20 , zakÃladamy, ze

13 + 23 + · · ·+ k3 =k2(k + 1)2

4(2.2)

dla wszystkich liczb 1 ≤ k ≤ m i pokazujemy, ze

13 + 23 + · · ·+ m3 + (m + 1)3 =(m + 1)2(m + 2)2

4. (2.3)

Mamy z zaÃlozenia, ze

13 + 23 + · · ·+ m3 + (m + 1)3 =m2(m + 1)2

4+ (m + 1)3. (2.4)

Rozwijaja↪c prawa↪ strone↪ (2.4), a naste↪pnie zamieniaja↪c ja↪ nailoczyn, otrzymujemy prawa↪ strone↪ (2.3).

Zatem na podstawie ZIM stwierdzamy, ze wzor (2.1) jest praw-dziwy dla kazdej liczby naturalnej n.

Zdanie dotycza↪ce liczby caÃlkowitej n nie znaczy wcale, zetwierdzenie musi koniecznie mowic o liczbach caÃlkowitych. Wystar-czy, ze liczby caÃlkowite sa↪ w jakis sposob uzyte. Mozna ich, na przy-kÃlad, uzyc do numerowania wyrazow cia↪gu.


2.5. PrzykÃlad. Udowodnimy, ze cia↪g

√2,

√2 +

√2,

√2 +

√2 +

√2,

√

2 +

√2 +

√2 +

√2, . . .

(2.5)jest ograniczony od gory liczba↪ 2.

Aby sprawdzic warunek 10, wystarczy jedynie zauwazyc, ze√2 < 2. Sprawdzenie warunku 20 jest nieco trudniejsze. Niech

an be↪dzie n-tym wyrazem cia↪gu (2.5). ZakÃladamy, ze ak < 2i pokazemy, ze ak+1 < 2. Zauwazmy, ze ak+1 =

√2 + ak. Sta↪d

ak+1 <√

2 + 2 = 2 .Zatem ma mocy ZIM, an < 2 dla kazdego n.


P 2.1. Wykaz, ze dla n ≥ 2 siedem jest ostatnia↪ cyfra↪ liczby22n

+1. Liczby postaci 22n

+1, gdzie n jest liczba↪ naturalna↪ wie↪ksza↪

od 1, nazywamy liczbami Fermata.

P 2.2. Oznaczmy przezn∑

i=1

ai sume↪ a1+a2+ · · ·+an. Uzywa-

ja↪c indukcji matematycznej, pokaz, ze

(a)n∑

i=1

1i(i + 1)

=n

n + 1,

(b)n∑

j=1

1(4 + j)(5 + j)

=n

5(5 + n),

(c)n∑

k=1

(2k − 1) = n2.

P 2.3. Pokaz, ze dla dowolnej liczby naturalnej n > 3 zachodzinierownosc n! > n2.

P 2.4. Dla jakich liczb naturalnych prawdziwe sa↪ naste↪puja↪cenierownosci

(a) 2n + 1 < 2n ,(b) n3 < 2n ,(c) 3n < n2 + 2n− 4 ?

Zasada indukcji matematycznej 21

P 2.5. Pokaz, ze dla dowolnej liczby naturalnej n oraz dlakazdej liczby rzeczywistej x > −1 zachodzi (1 + x)n ≥ 1 + nx.Nierownosc te↪ nazywamy nierownoscia↪ Bernoulli’ego.

P 2.6. Pokaz, ze kazdy wyraz cia↪gu

√2,

√2 +

√2,

√2 +

√2 +

√2,

√

2 +

√2 +

√2 +

√2, . . .

jest mniejszy od naste↪pnego wyrazu.


Z 2.1. Udowodnij indukcyjnie nierownosci(a) 2n > n2, dla dowolnego n > 4 ,(b) n! <

(n+1

2

)n, dla dowolnego n > 2.

Z 2.2. Pokaz, ze 3|n3−n, 5|n5−n, 7|n7−n. Czy prawdziwejest twierdzenie: k|nk −n dla dowolnej nieparzystej liczby natural-nej k ?

Z 2.3. Udowodnij naste↪puja↪ce wÃlasnosci znaku∑

(zobacz za-danie P2.2).

(a)n∑

i=1

ai =n∑

i=2

ai + a1 =n−1∑

i=1

ai + an ,

(b)n∑

i=1

kai = k

n∑

i=1

ai ,

(c)n∑

i=1

(ai + bi) =n∑

i=1

ai +n∑

i=1

bi ,

(d)n∑

i=1

a = na,

(e)n∑

i=1

log ai = logn∏

i=1

ai, gdzien∏

i=1

ai = a1a2 . . . an .


Z 2.4. Pokaz, ze

(a)n∑

i=1

i2 =n(n + 1)(2n + 1)

6,

(b)n∑

i=1

i · i! = (n + 1)!− 1 ,

(c) xn − 1 = (x− 1)n−1∑

j=0

xj .

Z 2.5. Napisz kilka pierwszych wyrazow cia↪gu okreslonegoprzez a1 =

√3, an+1 =

√3 + an, a naste↪pnie pokaz, ze cia↪g ten

jest rosna↪cy (czyli kazdy naste↪pny wyraz jest wie↪kszy od poprzed-niego) oraz ograniczony z gory liczba↪ 3.

3. Rachunek zdan

W tym rozdziale zajmiemy sie↪ podstawami logiki matematy-cznej. Zgodnie z zasada↪, ze ,,oczywiste jest najtrudniejsze”, logikajest tak skomplikowanym dziaÃlem matematyki, ze nie be↪dziemynawet probowali nauczyc sie↪ caÃlej teorii, a zadowolimy sie↪ tylko jej,,liznie↪ciem”, ograniczaja↪c sie↪ caÃlkowicie do rachunku zdan.

Juz samo sformuÃlowanie aksjomatow logiki stwarza wiele prob-lemow. Nie be↪dziemy wie↪c probowali formalizowac tej teorii.Wszystkie poje↪cia, ktore sie↪ pojawia↪, zostana↪ jednakze dokÃladniezdefiniowane. Oczywiscie, zrobimy tu wyja↪tek dla poje↪c i twierdzenznanych przez nas z kursow szkoÃly podstawowej i sredniej.

Zdania. Poje↪cie zdania w logice ma inny sens niz w grama-tyce. Zdaniem w sensie logiki nazywamy takie zdanie w sensie gra-matyki, ktoremu mozna przypisac jedna↪ z dwoch wartosci logicznych– prawde↪ lub faÃlsz. Tak wie↪c zdaniami dla nas be↪da↪ tylko zdaniaoznajmuja↪ce. ,,Podniesc re↪ce do gory!” lub ,,Ktora teraz jest godzi-na?” sa↪ poprawnymi zdaniami w je↪zyku polskim, jednak nie moznaim przypisac zadnej wartosci logicznej. Dlatego nie sa↪ to zdaniaw sensie logicznym. Zdania ,,Na dworze leje” oraz ,,Warszawa jeststolica↪ Francji” sa↪ zdaniami w sensie logicznym. W matematycecze↪sto spotykamy zdania zapisane za pomoca↪ symboli. Na przykÃlad,,, 5 < 1 ” lub ,,

∧a,b(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 ”.

W naszych rozwazaniach be↪dziemy oznaczac zdania pojedyn-czymi literami p, q, r itd. lub tez zespoÃlem liter i znakow. Wartoscilogiczne prawda i faÃlsz oznaczymy odpowiednio przez 1 i 0. Fakt, zezdanie p ma wartosc logiczna↪ x zapisujemy w(p) = x. Na przykÃladw(5 < 1) = 0.

ZaÃlozmy, ze dany jest niepusty zbior X. Dowolny sposob two-rzenia zdania, w ktorym wyste↪puje jedna lub wie↪cej zmiennych prze-biegaja↪cych zbior X, nazywamy forma↪ zdaniowa↪ (jednej lub wieluzmiennych). Zbior X nazywamy dziedzina↪ tej formy zdaniowej. NaprzykÃlad, jezeli X jest zbiorem wszystkich miast swiata, to schemat

,, x jest stolica↪ Polski” (x ∈ X)jest forma↪ zdaniowa↪. Zauwazmy, ze forma zdaniowa staje sie↪ zda-niem, jesli zmienna↪ zasta↪pimy przez konkretny element z jej dzie-


dziny. Uzywaja↪c powyzszej formy zdaniowej, mozemy zatem utwo-rzyc zdania:

,,Warszawa jest stolica↪ Polski”,,,Paryz jest stolica↪ Polski”,,,Borne Sulinowo jest stolica↪ Polski”

i wiele innych. Podobnie, jesli za X wezmiemy zbior liczb rzeczy-wistych R, to

2x + 3 < 7 oraz 3x2y = −z

sa↪ formami zdaniowymi, odpowiednio, jednej i trzech zmiennych.

Funktory zdaniotworcze. W kazdym je↪zyku swiata two-rzymy nowe zdania wykorzystuja↪c zdania juz uÃlozone. W je↪zykupolskim uzywamy cze↪sto partykuÃly nie oraz spojnikow i, lub. Za-sada tworzenia zdan zÃlozonych ze zdan prostych ma swe uogolnieniew matematyce. ReguÃly tworzenia (przeksztaÃlcania) zdan (zdania)w zdanie nazywamy funktorami zdaniotworczymi.

Zajmiemy sie↪ najpierw funktorami jednej zmiennej, czyli taki-mi, ktore przeksztaÃlcaja↪ jedno zdanie. Niech p be↪dzie naszym zda-niem. Oznaczmy przez &ip przeksztaÃlcone zdanie p. Z dokÃlad-noscia↪ do wartosci logicznej otrzymujemy cztery mozliwe klasy funk-torow zdaniotworczych:

p &1p &2p &3p &4p1 1 1 0 00 0 1 0 1

Funktory &i mozemy definiowac na wiele roznych sposobow,jednak gdy porownamy mozliwe wartosci logiczne otrzymanego zda-nia w stosunku do wartosci logicznych zdania pierwotnego okazesie↪, ze nasz funktor nalezy do ktorejs z powyzszych klas. Sposrodwymienionych klas funktorow jednej zmiennej najcze↪sciej uzywamyfunktorow ostatniej klasy, a najcze↪sciej wykorzystywanym funk-torem z tej klasy jest taki, ktory zdanie p przeksztaÃlca w ,,Niepraw-da, ze p ”. Nazywa sie↪ go funktorem negacji lub negacja↪ i oznaczaprzez ∼ .

Istnieje 16 klas funktorow dwoch zmiennych. Sposrod tychszesnastu klas zajmiemy sie↪ tylko czterema i wspomnimy dalsze

Rachunek zdan 25

trzy, ktore zrobiÃly furore↪ w zwia↪zku z rozwojem techniki kom-puterowej. Wartosci logiczne wspomnianych siedmiu klas okreslaponizsza tabela.

p q p ∨ q p ∧ q p ⇒ q p ⇔ q p albo q p NOR q p NAND q1 1 1 1 1 1 0 0 01 0 1 0 0 0 1 0 10 1 1 0 1 0 1 0 10 0 0 0 1 1 0 1 1

Cztery pierwsze funktory zdaniotworcze wyroznione w tabelinazywaja↪ sie↪, odpowiednio, alternatywa↪, koniunkcja↪, implikacja↪

i rownowaznoscia↪. PozostaÃle to alternatywa wyÃla↪czna, jednoczesnezaprzeczenie oraz dyzjunkcja, jednakze cze↪sciej nazywa sie↪ je funk-torami albo, NOR i NAND.

Alternatywa oraz koniunkcja sa↪ rozumiane dokÃladnie tak, jakw zyciu codziennym. Nie powinnismy wie↪c miec trudnosci z ichzrozumieniem. Zatrzymajmy sie↪ na dÃluzej przy implikacji. Zdaniep ⇒ q odczytujemy na kilka sposobow. Najpopularniejszymisposobami sa↪ ,,Jesli p to q ”, ,, p implikuje q ”, ,,Z p wynika q ”,,, p jest warunkiem dostatecznym aby q ” oraz ,, q jest warunkiemkoniecznym na to, aby p ”. Tak wie↪c mamy tu przynajmniej czteryfunktory reprezentuja↪ce klase↪ funktorow implikacji. Zauwazmy, zejezeli w(p) = 0, to w(p ⇒ q) = 1 bez wzgle↪du na wartosc logiczna↪

zdania q ! Zatem zdanie ,,Jesli 2 = 1 , to ja jestem Papiezem”jest prawdziwe. Podobnie, jezeli w(q) = 1 , to w(p ⇒ q) = 1bez wzgle↪du na wartosc logiczna↪ zdania p. Wynika sta↪d, ze zdanie,,Sledz ma uszy, implikuje Szczecin lezy nad Odra↪” jest jak najbar-dziej prawdziwe.

Innym sposobem rozumienia implikacji sa↪ sposoby odczytutypu ,,warunek konieczny” i ,,warunek dostateczny” lub ,,wystar-czaja↪cy”. Przy prawdziwej implikacji p ⇒ q, prawdziwosc p wy-starcza, aby i q byÃlo prawdziwe, natomiast prawdziwosc q jestkonieczna, aby p byÃlo prawdziwe.

3.1. PrzykÃlad. Oznaczmy przez a|b fakt, ze b jest podzielneprzez a. Rozwazmy zdanie ,, 4|x ⇒ 2|x ”. Zauwazmy, ze dopodzielnosci przez 2 wystarczy podzielnosc przez 4, ale podzielnoscprzez 4 nie jest do tego konieczna, gdyz liczba x moze sie↪ dzielic


przez dwa takze wtedy, gdy nie dzieli sie↪ przez 4. Na pewno jednakpodzielnosc x przez 2 jest konieczna, aby x dzieliÃlo sie↪ przez 4.

Funktor rownowaznosci odczytujemy jako ,, p jest rownowaz-ne q ”, ,, p wtedy i tylko wtedy, gdy q ” lub ,, p jest warunkiem ko-niecznym i dostatecznym na to, aby q ”. Rownowaznosc rozumiemyjako ,,to samo”, tzn. zdanie po lewej stronie znaku ⇔ oznacza tosamo, co zdanie po prawej stronie tego znaku. Mozna ja↪ tez rozumiecjako koniunkcje↪ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) dwoch implikacji.

PodrozdziaÃl ten zakonczymy uwaga↪, ze kazdy funktor zdanio-tworczy mozna utworzyc za pomoca↪ funktorow negacji, alternatywyi koniunkcji. Przy projektowaniu ukÃladow scalonych oraz sieci lo-gicznych powszechnie wykorzystuje sie↪ fakt, ze kazdy funktor moznautworzyc za pomoca↪ funktora NAND lub funktora NOR.

Prawa rachunku zdan. Utworzone za pomoca↪ funktorowzdaniotworczych zdanie, ktore jest zawsze prawdziwe, nazywamytautologia↪. Podamy tu kilkadziesia↪t tautologii, ktore be↪dziemy uzy-wac przy roznych okazjach. Kazda z nich jest twierdzeniem w teoriirachunku zdan. Dowody tych twierdzen polegaja↪ na sprawdzeniu,ze dla dowolnych wartosci logicznych zdan skÃladowych, tautologiajest zawsze prawdziwa, tj. ma wartosc logiczna↪ 1.

T1. p ⇒ p,

T2. p ⇔ p,

T3. ∼(∼p) ⇔ p (prawo podwojnego przeczenia),T4. ∼(p∧ ∼p) (prawo sprzecznosci),T5. p∨ ∼p (prawo wyÃla↪czonego srodka),T6. (p ∨ p) ⇔ p,

T7. (p ∧ p) ⇔ p,

T8. ∼p ⇒ (p ⇒ q),T9. (p ⇒ q) ⇔ (∼p ∨ q) (prawo transpozycji),

T10. (p ∨ q) ⇔ (∼p ⇒ q),T11. ((p ∧ q) ⇒ r) ⇔ (p ⇒ (q ⇒ r)),T12. ∼(p ∧ q) ⇔ (∼p∨ ∼q),T13. ∼(p ∨ q) ⇔ (∼p∧ ∼q),T14. (p ⇒ q) ⇒ ((q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r)),

Rachunek zdan 27

T15. ∼(p ⇒ q) ⇔ (p∧ ∼q),T16. ∼(p ⇔ q) ⇔ ((p ∨ q)∧ ∼(p ∧ q)),T17. (p ∧ q) ⇔ (q ∧ p),T18. (p ∧ q) ⇒ p,

T19. (p ∨ q) ⇔ (q ∨ p),T20. p ⇒ (p ∨ q),T21. (p ∧ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∧ q) ∧ r),T22. (p ∨ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∨ q) ∨ r),T23. (p ∧ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∧ q) ∨ (p ∧ r)),T24. (p ∨ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∨ q) ∧ (p ∨ r)),T25. (p ⇒ q) ⇔ (∼q ⇒∼p),T26. (∼q ⇒ (s∧ ∼s)) ⇒ q,

T27. (p ⇒ q) ⇒ ((p ∨ q) ⇔ q),T28. (p ⇒∼q) ⇒ (((p ∧ q) ∨ r) ⇔ r),T29. ((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)) ⇒ (p ⇒ r),T30. ((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)) ⇔ (p ⇔ q).

Wprowadzaja↪c oznaczenie P dla zdania zawsze prawdziwegooraz F dla zdania zawsze faÃlszywego, do wymienionych tautologiimozemy jeszcze dodac naste↪puja↪ce dwie:

T31. (p ∨ F ) ⇔ p,

T32. (p ∧ P ) ⇔ p.

Wiele z tych tautologii ma swoje nazwy. Na przykÃlad, tau-tologie T17 oraz T19 nazywamy prawami przemiennosci, odpo-wiednio, koniunkcji i alternatywy. Natomiast tautologie T12 orazT13 nazywaja↪ sie↪ prawami de Morgana dla rachunku zdan. Obokniektorych praw podalismy ich tradycyjne nazwy w nawiasach.

Wykonuja↪c obliczenia numeryczne, zawsze kierujemy sie↪ pewna↪

kolejnoscia↪ wykonywania operacji. Wiadomo, ze najpierw wykonu-jemy dziaÃlania w nawiasie, naste↪pnie mnozenie lub dzielenie, a po-tem dodawanie i odejmowanie. Pomieszanie kolejnosci tych dziaÃlanprowadzi zwykle do nieporozumien. Na przykÃlad:

4− 2 · 3 + 5 = 3,

a nie 11. Liczbe↪ 11 otrzymamy w wyniku obliczenia


(4− 2) · 3 + 5.

W logice wyste↪puje wiele analogii do dziaÃlan oraz relacji aryt-metycznych. Cze↪sto stosujemy te analogie, jesli nie jestesmy pewniwartosci logicznej zdania. I tak, alternatywe↪ mozemy skojarzycz dodawaniem, a koniunkcje↪ z mnozeniem. Implikacje↪ ⇒ ko-jarzymy z relacja↪ mniejszosci ≤, a rownowaznosc z relacja↪ rownosci= . Rowniez w sprawie pierwszenstwa dziaÃlan wykorzystywanajest ta analogia – najpierw rozwazamy negacje↪, potem koniunkcje↪,naste↪pnie alternatywe↪, a na koncu implikacje↪ i rownowaznosc.Tautologie↪ T25, na przykÃlad, mozemy zapisac nie uzywaja↪c nawia-sow: p ⇒ q ⇔∼q ⇒∼p.


P 3.1. Uzyj roznych metod do sprawdzenia tautologii T1–T32.

P 3.2. Ktora z podanych nizej informacji pozwala ustalic war-tosc logiczna↪ zdania oznaczonego litera↪ p ?

(a) p tworzy faÃlszywa↪ koniunkcje↪ z dowolnym zdaniem,(b) p tworzy prawdziwa↪ koniunkcje↪ z pewnym zdaniem,(c) p tworzy prawdziwa↪ alternatywe↪ z pewnym zdaniem,(d) p tworzy faÃlszywa↪ alternatywe↪ z dowolnym zdaniem,(e) implikacja, ktorej p jest poprzednikiem jest zawsze faÃl-

szywa,(f) implikacja, ktorej p jest poprzednikiem jest prawdziwa

dla pewnego naste↪pnika q,

(g) implikacja, ktorej p jest naste↪pnikiem jest prawdziwa dlapewnego poprzednika q.

P 3.3. ZaÃlozmy, ze implikacja dwoch zdan jest prawdziwa. Comozemy powiedziec na temat alternatywy (koniunkcji) tych zdan?

P 3.4. Pokaz, ze jezeli rownowaznosc dwoch zdan jest prawdzi-wa, to takze ich implikacja jest prawdziwa.

Rachunek zdan 29

P 3.5. Przedstaw(a) alternatywe↪ dwoch zdan za pomoca↪ koniunkcji i negacji,(b) implikacje↪ za pomoca↪ alternatywy i negacji,(c) koniunkcje↪ za pomoca↪ implikacji i negacji.


Z 3.1. Udowodnij kilka tautologii sposrod T1–T32.

Z 3.2. W podanych zdaniach zÃlozonych wyodre↪bnij przynaj-mniej trzy zdania proste, oznaczaja↪c je pojedynczymi literami, a na-ste↪pnie napisz je za pomoca↪ wprowadzonych oznaczen i odpowied-nich funktorow zdaniotworczych.

(a) Jezeli podstawa↪ ostrosÃlupa jest wieloka↪t foremny i wyso-kosc przechodzi przez srodek podstawy lub ka↪ty dwuscien-ne przy podstawie sa↪ rowne, to ostrosÃlup jest prawidÃlowy.

(b) Jezeli podstawa↪ ostrosÃlupa jest trojka↪t prostoka↪tny, tosciana boczna przechodza↪ca przez przeciwprostoka↪tna↪ jestprostopadÃla do pÃlaszczyzny podstawy wtedy i tylko wte-dy, gdy wysokosc ostrosÃlupa przechodzi przez srodekprzeciwprostoka↪tnej.

(c) Jezeli liczba jest caÃlkowita lub wyraza sie↪ za pomoca↪

uÃlamka zwykÃlego lub za pomoca↪ skonczonego rozwinie↪ciadziesie↪tnego, to liczba ta moze byc wyrazona za pomoca↪

nieskonczonego okresowego rozwinie↪cia dziesie↪tnego.(d) Jezeli prosta a jest rownolegÃla do prostej b i prosta b na-

lezy do pÃlaszczyzny π, to prosta a jest rownolegÃla dopÃlaszczyzny π lub nalezy do pÃlaszczyzny π.

Z 3.3. Ktora z podanych nizej informacji pozwala ustalic war-tosc logiczna↪ zdania oznaczonego litera↪ p ?

(a) p tworzy faÃlszywa↪ koniunkcje↪ z pewnym zdaniem,(b) p tworzy prawdziwa↪ koniunkcje↪ z dowolnym zdaniem,(c) p tworzy prawdziwa↪ alternatywe↪ z dowolnym zdaniem,(d) p tworzy faÃlszywa↪ alternatywe↪ z pewnym zdaniem,(e) implikacja, ktorej p jest poprzednikiem jest zawsze praw-

dziwa,(f) implikacja, ktorej p jest naste↪pnikiem jest zawsze praw-

dziwa,


(g) implikacja, ktorej p jest naste↪pnikiem jest zawsze faÃlszy-wa,

(h) rownowaznosc, w ktorej wyste↪puje p jest zawsze prawdzi-wa,

(i) rownowaznosc, w ktorej wyste↪puje p jest zawsze faÃlszywa,(j) rownowaznosc, w ktorej wyste↪puje p jest prawdziwa dla

pewnego zdania q,

(k) rownowaznosc, w ktorej wyste↪puje p jest faÃlszywa dlapewnego zdania q.

Z 3.4. Zdanie −3 < 0 ≤ 2 przedstaw jako koniunkcje↪ dwochzdan, z ktorych jedno jest alternatywa↪.

Z 3.5. Podaj przykÃlad dwoch zdan p i q takich, ze(a) zdanie p ∧ q jest faÃlszywe,(b) zdania p ∧ q oraz p ∨ q sa↪ prawdziwe.

Z 3.6. Udowodnij, ze jezeli alternatywa dwoch zdan jest faÃlszy-wa, to takze ich koniunkcja jest faÃlszywa.

Z 3.7. Udowodnij, ze jezeli koniunkcja dwoch zdan jest praw-dziwa, to ich rownowaznosc tez jest prawdziwa.

Z 3.8. Przedstaw(a) implikacje↪ za pomoca↪ koniunkcji i negacji,(b) koniunkcje↪ za pomoca↪ alternatywy i negacji,(c) rownowaznosc dwoch zdan za pomoca↪ funktorow impli-

kacji i koniunkcji.

Z 3.9. Stosuja↪c metode↪ ,,nie wprost” dowodzenia tautologii,sprawdz, czy podane zdania sa↪ tautologiami.

(a) ((p ∨ q)∧ ∼p) ⇒ q,

(b) (p ⇒ q) ⇒ (p ⇒ (q ∨ r)),(c) ((p ∨ q) ∧ (p ⇒ q)) ⇒ (q ⇒ p),(d) ∼(p ∧ (∼p ∧ q)),(e) ((p ⇒ q) ∧ (r ⇒ s)) ⇒ ((p ∨ r) ⇒ (q ∨ s)).

Rachunek zdan 31

Z 3.10. Kontrtautologia↪ nazywamy zdanie, ktore jest zawszefaÃlszywe. Zbadaj, ktore z ponizszych zdan sa↪ kontrtautologiami.

(a) ∼(p ⇒ q) ⇒ (p ⇒ q),(b) ∼(p ⇒ q) ⇔ (p ⇒ q),(c) ∼((p ⇒ q) ∨ (q ⇒ p)),(d) (p ⇒ q)∧ ∼(∼p ∨ q),(e) (p ⇒ q) ∧ (∼p ⇒ q),(f) (p ⇒ q) ∧ (p ⇒∼q).

4. Niektore zastosowania rachunku zdan

Logika matematyczna oraz rachunek zdan maja↪ wiele zasto-sowan i to nie tylko w matematyce. Jezeli chodzi o sama↪ mate-matyke↪, to rachunek zdan spotykamy tu dosÃlownie na kazdym kro-ku, cze↪sto nie zdaja↪c sobie nawet z tego sprawy. W tym rozdzialezajmiemy sie↪ tylko tymi zastosowaniami, ktore pozwola↪ nam lepiejzrozumiec niniejszy skrypt.

Dedukcja. Prowadza↪c jakiekolwiek rozumowanie, cze↪stouzywamy sÃlow wie↪c, zatem, sta↪d itd. Kazde z tych sÃlow oznaczaimplikacje↪. Istotnie, w rozumowaniu opieramy sie↪ na pewnych za-Ãlozeniach. Wykorzystuja↪c te zaÃlozenia oraz znane juz fakty, wypro-wadzamy wnioski, ktore mozemy wykorzystac w poÃla↪czeniu z in-nymi faktami oraz innymi zaÃlozeniami, a to pozwala na wyprowa-dzenie nowych wnioskow. Po jakims czasie wysnuwamy ostatecznywniosek, ktory jest nasza↪ teza↪. Dla przykÃladu rozwazmy naste↪puja↪cetwierdzenie.

4.1. Twierdzenie. Jezeli zachodzi rownanie tg(α + β) = 3tgα, tozachodzi takze rownanie sin β = 2 sin α cos(α + β).Dowod: Jezeli tg(α + β) = 3tgα, to tg(α + β)− tgα = 2tgα. Sta↪dwynika, ze

sin β

cos(α + β) cos α= 2

sin α

cosα.

Z ostatniego mamy natychmiast teze↪. ¤

W twierdzeniu 4.1 mamy zaÃlozenie p = ,, tg(α + β) = 3tgα ”.Po przeniesieniu wyrazenia tgα na lewa↪ strone↪ otrzymujemy zdanieq = ,,tg(α + β) − tgα = 2tgα”. Mamy zatem implikacje↪ p ⇒ q ,a zdanie q jest pierwszym wnioskiem dedukcyjnym. W dalszejcze↪sci dowodu wykorzystujemy definicje↪ funkcji tg , czyli forme↪zdaniowa↪ φ(x) = ,,tgx = sin x

cos x”. Potrzebny nam jeszcze be↪dziepewien fakt z teorii funkcji trygonometrycznych, czyli zdanie

s = ,, sin(α + β) cos α− sinα cos(α + β) = sin β”

Niektore zastosowania rachunku zdan 33

oraz wzor na sprowadzanie do wspolnego mianownika, czyli formazdaniowa ψ(a,b,c,d) = ,,a

b − cd = ad−bc

bd ”. Jesli oznaczymy teraz

r = ,,sin β

cos(α + β) cos α= 2

sin α

cosα”,

to dostaniemy naste↪pna↪ implikacje↪, mianowicie

q ∧ φ(α + β) ∧ φ(α) ∧ ψ(sin(α + β),cos(α + β),sin α,cosβ) ∧ s ⇒ r.

Zatem r jest kolejnym wnioskiem. Teza twierdzenia, czylizdanie t = ,, sin β = 2 sinα cos(α + β)” wynika ze zdania r orazz odpowiedniego wykorzystania dwoch naste↪puja↪cych form zda-niowych. Pierwsza z tych form, to

χ(A,B,C) = ,,A

B= C ⇒ A = BC”.

Pozwala ona pomnozyc obie strony rownania przez te↪ sama↪

liczbe↪. Druga z wymienionych form zdaniowych, to zwykÃle skra-canie uÃlamkow, czyli ϕ(X,Y ) = ,,XY

Y = X”. Mozemy teraz napisacimplikacje↪, z ktorej wynika teza:

r ∧ χ(sin β,cos(α + β) cos α,2sin α

cosα)

∧ ϕ(cos(α + β) cos α sin α,cos α)⇒ t.

Zauwazmy, ze w tym twierdzeniu mamy jeszcze dodatkowopewne ukryte zaÃlozenia. Mianowicie α i β musza↪ byc takie, abytangensy istniaÃly, tj. α+β 6= π

2 +kπ , gdzie k jest liczba↪ caÃlkowita↪

oraz α 6= π2 + sπ , gdzie s jest liczba↪ caÃlkowita↪.

Dowody nie wprost. Jesli zawodza↪ metody dedukcyjne, cze↪-sto zadajemy pytanie ,,co by sie↪ staÃlo, gdyby tak nie byÃlo?” Metodyrozumowania, w ktorych zaprzeczamy tezie, nazywamy metodaminie wprost. Metody nie wprost dziela↪ sie↪ na dwie grupy: rozu-mowanie (dowodzenie) przez kontrapozycje↪ oraz przez sprowadzeniedo niedorzecznosci.


Tautologia T25 nazywa sie↪ inaczej prawem kontrapozycji i sta-nowi podstawe↪ dowodow przez kontrapozycje↪. Dzie↪ki tej tauto-logii mozemy stwierdzic, ze jesli z negacji naste↪pnika implikacji(tezy twierdzenia) wynika negacja poprzednika (zaÃlozenia), czyliprawdziwe jest zdanie ∼ q ⇒∼ p , to prawdziwe jest tez zdaniep ⇒ q , a wie↪c twierdzenie. Oznaczylismy tu przez p zaÃlozenie,a przez q teze↪ twierdzenia.

Podstawe↪ dowodow przez sprowadzenie do niedorzecznoscistanowi tautologia T26. Tutaj q jest nasza↪ teza↪, a zaÃlozenie twier-dzenia p jest cze↪scia↪ zdania s. Zauwazmy, ze s jest tu zdaniem,ktorego prawdziwosc i faÃlszywosc wynika z zaprzeczenia tezy twier-dzenia, czyli z ∼q.

Rozwazmy aksjomatyke↪ liczb naturalnych z przykÃladu 1.7. Najej podstawie przeprowadzimy dowod ponizszego twierdzenia.

4.2. Twierdzenie. Jedynka jest dokÃladnie jedna.

Dowod (nie wprost). Z aksjomatu N1 wynika, ze istnieje przyna-jmniej jedna jedynka. Przypuscmy, ze pewien zbior liczb natural-nych N zawiera dwie lub wie↪cej jedynek. Oznaczmy dwie roznejedynki przez 1 i 1′. Rozwazmy zbior A skÃladaja↪cy sie↪ ze wszyst-kich elementow N z wyja↪tkiem 1′. Wowczas aksjomaty N1–N4 sa↪

w oczywisty sposob speÃlnione dla zbioru A. Podobnie speÃlnione sa↪

warunki 10 oraz 20 aksjomatu N5. Ale A jest zbiorem roznym odN , wie↪c mamy sprzecznosc z aksjomatem N5, co oznacza, ze N niejest zbiorem liczb naturalnych. ¤

W powyzszym twierdzeniu zaÃlozeniem jest aksjomatyka liczbnaturalnych. Tego rodzaju zaÃlozenia nie sa↪ sformuÃlowane w trescitwierdzenia. Teza↪ jest tu caÃla tresc twierdzenia. W dowodzie za-przeczylismy tezie, zakÃladaja↪c, ze jedynek jest wie↪cej niz jedna.Uzyskalismy sprzecznosc z aksjomatyka↪ liczb naturalnych, czylidroga↪ dedukcyjna↪ doszlismy do zaprzeczenia zaÃlozenia.

W dowodzie naste↪pnego twierdzenia zademonstrujemy metode↪przez sprowadzenie do niedorzecznosci. W celu uproszczenia za-pisu, oznaczmy przez x ∈ A fakt, ze x jest elementem (nalezy do)zbioru A. Jesli x nie nalezy do zbioru A , to zapiszemy x /∈ A.

4.3. Twierdzenie. Nie istnieje zbior wszystkich zbiorow.


Dowod (nie wprost). ZaÃlozmy, ze taki zbior istnieje i oznaczmy goprzez A. Skoro A jest zbiorem, wie↪c jest elementem zbioru wszyst-kich zbiorow. Zapiszmy wie↪c A ∈ A. Zdefiniujmy zbior B jakozbior wszystkich ,,porza↪dnych” zbiorow X , czyli takich, dla ktorychX /∈ X, Zbior B na pewno nie jest pusty, bo ∅ /∈ ∅ , jako ze dozbioru pustego nic nie nalezy. Podobnie, poza zbiorem B sa↪ jakieselementy, poniewaz A ∈ A. Czy B ∈ B?

– NIE, poniewaz zbiory speÃlniaja↪ce warunek B ∈ B nie sa↪

,,porza↪dne”, wie↪c zbior B nie moze byc elementem zbioruzbiorow porza↪dnych.

– TAK, bo gdyby B /∈ B , to zbior B byÃlby ,,porza↪dnym”zbiorem, a to oznaczaÃloby, ze zbior B jest elementem zbioruzbiorow ,,porza↪dnych”, czyli B ∈ B.

Zatem mamy tu niedorzecznosc, poniewaz zbior B jest swoimelementem i jednoczesnie nim nie jest! ¤

Naszym zdaniem s z tautologii T26 jest tu zdanie B ∈ B.Samo twierdzenie nie ma zaÃlozen, albo ma zaÃlozenia puste. Za-uwazmy, ze w pewnym momencie dowodu rozumowalismy przezkontrapozycje↪.

Dowody nie wprost stanowia↪ mniejszosc wsrod wszystkichdowodow. Poniewaz dodatkowo jeszcze przy ich przeprowadze-niu korzystamy z dodatkowego zaÃlozenia, jakim jest zaprzeczenietezy, do dobrego stylu nalezy wie↪c zaznaczenie przy sÃlowie dowod,ze be↪dzie on nie wprost. Na zakonczenie naszych rozwazan natemat dowodow nie wprost zaznaczmy, ze najcze↪stszym bÃle↪demprzy stosowaniu tego typu rozumowania jest zaprzeczanie nie tezie,a zaÃlozeniu. Co gorsza, bÃla↪d ten wyste↪puje na samym pocza↪tkudowodu, dyskwalifikuja↪c caÃly dowod.

Rozwia↪zywanie rownan i nierownosci. Przy rozwia↪zy-

waniu rownan lub nierownosci zawsze spotykamy sie↪ z rownowazno-scia↪, a prawie zawsze z alternatywa↪ lub koniunkcja↪.

4.4. PrzykÃlad. Zdefiniujmy [a] jako najwie↪ksza↪ liczbe↪ caÃlkowita↪,ktora nie jest wie↪ksza od a. Rozwia↪zemy rownanie

[2x + 1] + 3x = 7. (4.1)

Zauwazmy najpierw, ze rownanie 4.1 jest rownowazne ponizszemu


7− [2x + 1] = 3x. (4.2)

Ale po lewej stronie 4.2 mamy liczbe↪ caÃlkowita↪. Zatem x musi bycwÃlasciwym lub niewÃlasciwym uÃlamkiem o mianowniku 3, czyli

x =k

3, dla k ∈ Z . (4.3)

Ponadto zauwazmy, ze zawsze prawdziwe jest

a− 1 < [a] ≤ a, dla dowolnego a . (4.4)

We wzorze 4.4 mamy koniunkcje↪ dwoch zdan: a−1 < [a] oraz[a] ≤ a. Poniewaz z 4.4 wynika (2x + 1) − 1 < [2x + 1] ≤ 2x + 1 ,wie↪c mamy rownowaznosc

[2x + 1] + 3x = 7 ⇔ (5x < 7 ∧ 7 ≤ 5x + 1 ∧ x =k

3∧ k ∈ Z). (4.5)

Rozwia↪zuja↪c obie nierownosci z prawej strony rownowazno-sci 4.5, otrzymujemy x < 7

5 ∧ x ≥ 65 , zatem x ∈ [

65 , 75

). Wobec

4.3 dostajemy k ∈ [185 , 215

), a to nam daje k = 4 , poniewaz k jest

liczba↪ caÃlkowita↪. Zatem ostatecznie mamy

[2x + 1] + 3x = 7 ⇔ x =43

(4.6)

i rozwia↪zaniem rownania 4.1 jest 43 .

4.5. PrzykÃlad. Z alternatywa↪ stykamy sie↪ przy rozwia↪zywaniurownan lub nierownosci z wartoscia↪ bezwzgle↪dna↪. Dla przykÃladurozwia↪zemy rownanie

|5x− 1|+ 4x = 3. (4.7)

Korzystaja↪c z definicji wartosci bezwzgle↪dnej, otrzymujemyrownowaznosc

|5x− 1|+ 4x = 3⇔ ((5x− 1 > 0 ∧ 5x− 1 + 4x = 3)

∨ (5x− 1 ≤ 0 ∧ −5x + 1 + 4x = 3)).(4.8)


Rozwia↪zuja↪c rownania i nierownosci po prawej stronie rowno-waznosci 4.8, otrzymujemy rownowaznosc

|5x− 1|+ 4x = 3 ⇔ ((x >15∧ x =

49) ∨ (x ≤ 1

5∧ x = −2)). (4.9)

Alternatywa dwoch koniunkcji po prawej stronie rownowazno-sci 4.9 jest prawdziwa wtedy i tylko wtedy, gdy x jest rowne 4

9lub −2 i to sa↪ rozwia↪zania rownania 4.7.


Jezeli x jest dowolna↪ liczba↪ rzeczywista↪, to istnieje najwie↪kszaliczba caÃlkowita n speÃlniaja↪ca warunek n ≤ x. Liczbe↪ n nazywa-my cze↪scia↪ caÃlkowita↪ liczby x i oznaczamy symbolem [x]. Cze↪stomozna spotkac inne oznaczenia, np. ent (x) lub E(x). Z okreslenialiczby [x] wynika, ze

[x] ≤ x < [x] + 1. (4.10)Istotnie, gdyby x ≥ [x]+1 , to liczba [x]+1 byÃlaby liczba↪ caÃlkowita↪

wie↪ksza↪ od [x] speÃlniaja↪ca↪ warunek [x] + 1 ≤ x. Jest to sprzecznez definicja↪ cze↪sci caÃlkowitej liczby x.

Z nierownosci (4.10) wynika, ze 0 ≤ x− [x] < 1. Liczbe↪ x− [x]nazywamy cze↪scia↪ uÃlamkowa↪ liczby x i oznaczamy symbolem {x} .ÃLatwo zobaczyc, ze x = [x] + {x} .

PrzykÃlady: [− 12 ] = −1 , [4,7] = 4 , [−7,3] = −8 ,

{− 12

}= 1

2 ,{4,7} = 0,7 , {−7,3} = 0,7.

Przy rozwia↪zywaniu zadan P4.1–P4.6 warto wykorzystac naste↪-puja↪ca↪ analogie↪. Przypuscmy, ze wzdÃluz osi liczbowej wytyczona jestlinia tramwajowa. Przystanki tej linii znajduja↪ sie↪ dokÃladnie w miej-scach, gdzie sa↪ liczby caÃlkowite. Przyjmujemy, ze tramwaj poruszasie↪ w kierunku wyznaczonym przez zwrot osi liczbowej, czyli od −∞do +∞. Zeby dotrzec do miejsca x , wysiadamy na przystanku naj-blizszym x , ale z zastrzezeniem, ze nie zmienimy kierunku podrozy,czyli po wyjsciu z tramwaju, pojdziemy pieszo w kierunku +∞.Musimy zatem wysia↪sc na przystanku [x].

Wykorzystuja↪c te↪ analogie↪, rozwazmy zadanie P4.5. Dane za-danie sprowadza sie↪ do sytuacji, w ktorej jesli chcemy dojechacdo miejsca x czy do miejsca y, to musimy wysia↪sc na tymsamym przystanku. Wynika sta↪d, ze odlegÃlosc pomie↪dzy miejscamix oraz y jest mniejsza od odlegÃlosci pomie↪dzy dwoma sa↪siednimiprzystankami. A sta↪d bezposrednio wynika teza.


P 4.1. Dla dowolnych liczb rzeczywistych x , y ∈ R , przy czymx ≤ y , pokaz, ze [x] ≤ [y].

P 4.2. Uzasadnij, ze jesli α ∈ (0,1) oraz n jest liczba↪ natu-ralna↪, to [n + α] = n.

P 4.3. Udowodnij naste↪puja↪ce wÃlasnosci(a) Jesli x jest liczba↪ caÃlkowita↪, to [−x] = −[x].(b) Jezeli x nie jest liczba↪ caÃlkowita↪, to [−x] = −[x]− 1.

(c) Jesli x ∈ R , n ∈ Z , to [x + n] = [x] + n.

P 4.4. Wykaz, ze dla dowolnych liczb rzeczywistych x oraz yzachodzi nierownosc

[x + y] ≥ [x] + [y].

P 4.5. Udowodnij, ze jezeli [x] = [y] , to |x− y| < 1.

P 4.6. Wykaz, ze jesli n jest liczba↪ naturalna↪, a x jest liczba↪

rzeczywista↪, to [[x]n

]=

[x

n

].

P 4.7. Rozwia↪z rownanie

5x + 47

=[2x + 3

5

].

P 4.8. Udowodnij ponizsze wÃlasnosci wartosci bezwzgle↪dnej:(a) |x + y| ≤ |x|+ |y|,(b) ||x| − |y|| ≤ |x− y| ≤ |x|+ |y|,(c) |xy| = |x||y|.



Z 4.1. Sporza↪dz wykres funkcji f(x) = [x] dla −3 ≤ x ≤ 3.

Z 4.2. Rozwia↪z rownania(a) [3x + 2]− 4x = 1,

(b) |x + 2|+ |x− 4| = 5,

(c)[x2

]− 4x = 2.

Z 4.3. Rozwia↪z nierownosci(a) logx(logx(logx x)) > 0,

(b) |x− 5| ≤ |3x + 2| − 2x,

(c) [x− 3] + 4x ≥ 3.

Z 4.4. Sprawdz, czy prawdziwe sa↪ naste↪puja↪ce zdania:(a) Jezeli liczba naturalna a dzieli sie↪ przez 3, to z faktu, ze

a nie dzieli sie↪ przez trzy wynika, ze a dzieli sie↪ przez 5.(b) Jesli z faktu, ze wszystkie boki trojka↪ta sa↪ rowne wynika,

ze wszystkie ka↪ty tego trojka↪ta sa↪ rowne oraz trojka↪t tenma nierowne ka↪ty, to ow trojka↪t ma tez nierowne boki.

(c) Jezeli liczba a dzieli sie↪ przez 3 i dzieli sie↪ przez 5, toz faktu, ze a nie dzieli sie↪ przez trzy wynika, ze a niedzieli sie↪ przez 5.

(d) Jan zna logike↪ wtedy i tylko wtedy, gdy nie jest prawda↪,ze nie jest prawda↪, ze Jan zna logike↪.

5. Wzmianka o kwantyfikatorach

W tym rozdziale zajmiemy sie↪ koniunkcja↪ i alternatywa↪ wieluzdan. Jak wiemy, obydwa te funktory zdaniotworcze sa↪ Ãla↪czne(zobacz T21 i T22). Zatem, zamiast pisac (p ∧ q) ∧ r mozemyzapisac p ∧ q ∧ r. Podobnie, dla zapisania koniukcji wie↪kszej niztrzy liczby zdan nie musimy uzywac nawiasow.

ZaÃlozmy, ze mamy forme↪ zdaniowa↪ φ(x) okreslona↪ na zbiorzeX = {x1, x2, x3, x4, x5} . Wowczas φ(x1) jest zdaniem. Koniunk-cja

φ(x1) ∧ φ(x2) ∧ φ(x3) ∧ φ(x4) ∧ φ(x5) (5.1)

jest dosc niewygodna w zapisie. Jeszcze wie↪kszy problem pojawiÃlbysie↪, gdyby X miaÃl wie↪cej elementow. Sta↪d, aby zapisac koniunkcje↪wszystkich zdan powstaÃlych z formy zdaniowej φ(x) przebiegaja↪cejzbior X, uzywamy ,,duzego” znaku

∧zamiast wielu maÃlych zna-

kow ∧. Koniunkcje↪ 5.1 zapisujemy

∧

x∈X

φ(x) lub ∀x∈Xφ(x) (5.2)

i czytamy: dla kazdego x ∈ X φ(x). Znak∧

nazywamy kwanty-fikatorem ogolnym. Zdanie (5.2) jest wie↪c prawdziwe, jezeli kazdezdanie φ(a), gdzie a ∈ X jest prawdziwe. Dla przykÃladu, rozwazmyzbior Y = {3, 6, 9, 12, 18, 27} oraz zdania

∧

y∈Y

3|y∧

y∈Y

2|y∧

y∈Y

(3|y ∨ 2|y).

Zdania pierwsze i trzecie sa↪ prawdziwe, a drugie jest faÃlszywe,poniewaz 2 nie dzieli 9.

Podobnie definiujemy kwantyfikator szczegoÃlowy, czyli alterna-tywe↪ wszystkich zdan powstaÃlych z formy zdaniowej φ(x) przebie-gaja↪cej zbior X. Zdanie

∨

x∈X

φ(x) lub ∃x∈Xφ(x) (5.3)

Wzmianka o kwantyfikatorach 41

czytamy: istnieje x ∈ X, taki ze φ(x). Jest ono prawdziwe, jesli ist-nieje taki element a ∈ X, ze zdanie φ(a) jest prawdziwe. Rozwazmyponownie zbior Y = {3, 6, 9, 12, 18, 27} oraz zdania

∨

y∈Y

3|y∨

y∈Y

2|y∨

y∈Y

(3|y ∨ 2|y).

Wszystkie powyzsze zdania sa↪ prawdziwe. Nie jest natomiastprawdziwe zdanie

∨

y∈Y

y|25, poniewaz zaden z elementow zbioru Y

nie jest dzielnikiem liczby 25.Poniewaz schematy z kwantyfikatorami sa↪ zdaniami, wie↪c

mozemy je przeksztaÃlcac, stosuja↪c funktory zdaniotworcze. Zasta-nowmy sie↪, kiedy prawdziwe jest zdanie

∼∧

x∈X

φ(x).

Jest ono prawdziwe wtedy i tylko wtedy, gdy nieprawda↪ jest,ze dla kazdego a ∈ X zdanie φ(a) jest prawdziwe, a to zachodziwtedy i tylko wtedy, gdy w X istnieje taki element b, ze zdanieφ(b) nie jest prawdziwe. Zatem

∼∧

x∈X

φ(x) ⇔∨

x∈X

∼φ(x). (5.4)

Analogicznie mozemy pokazac

∼∨

x∈X

φ(x) ⇔∧

x∈X

∼φ(x). (5.5)

Rownowaznosci 5.4 oraz 5.5 nazywamy prawami de Morganadla kwantyfikatorow. Warto je porownac z tautologiami T12 orazT13, ktore nazywaja↪ sie↪ prawami de Morgana dla rachunku zdan.

Mozemy tez stosowac funktory zdaniotworcze dwoch zmien-nych i badac zaleznosci mie↪dzy kwantyfikatorami po zastosowa-niu tych funktorow. Twierdzenia o kwantyfikatorach nazywamyprawami rachunku funkcyjnego.


Mozemy tez Ãla↪czyc kwantyfikatory, np. wyrazenie

∨

x∈X

∧

y∈X

φ(x,y)

jest zdaniem. Z tego typu zdaniami cze↪sto spotykamy sie↪ w analiziematematycznej. Na przykÃlad, mowimy, ze funkcja f : R → R jestcia↪gÃla w punkcie a ∈ R, jezeli

∧ε>0

∨

δ>0

∧

x∈R(|x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε).


P 5.1. Dla ustalonej funkcji f : R→ R oraz ustalonego a ∈ Rrozwazmy forme↪ zdaniowa↪ |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε. Jest toforma zdaniowa trzech zmiennych: x, δ oraz ε. Dla uproszczeniaoznaczmy ja↪ przez φ(x,δ,ε). Czy zdania

∧ε>0

∨

δ>0

∧

x∈Rφ(x,δ,ε)

oraz ∨

δ>0

∧ε>0

∧

x∈Rφ(x,δ,ε)

sa↪ rownowazne? Istnieje szesc mozliwych ustawien trzech kwanty-fikatorow. Ktore ustawienia kwantyfikatorow tworza↪ zdania rowno-wazne?

P 5.2. WytÃlumacz, na czym polega roznica mie↪dzy zdaniami

∧

x∈X

∨

y∈X

φ(x,y) i∨

y∈X

∧

x∈X

φ(x,y),

gdzie φ(x,y) jest dowolna↪ forma↪ zdaniowa↪ dwoch zmiennych, prze-biegaja↪ca↪ zbior X. Uzyj konkretnych przykÃladow dla poparciaswoich argumentow.

Wzmianka o kwantyfikatorach 43

P 5.3. Udowodnij naste↪puja↪ce prawo rachunku funkcyjnego,w ktorym φ(x) oraz ψ(y) sa↪ pewnymi formami zdaniowymi prze-biegaja↪cymi zbior X.

∧

x∈X

φ(x) ∧∧

y∈X

ψ(y) ⇔∧

x,y∈X

φ(x) ∧ ψ(y).


Z 5.1. Uzyj kwantyfikatorow do zapisania naste↪puja↪cych zdan:(a) Dowolna liczba naturalna jest wie↪ksza od zera.(b) Istnieje liczba caÃlkowita, ktora jest mniejsza od zera.(c) Dla dowolnej liczby rzeczywistej x istnieje liczba natu-

ralna n, ktora jest wie↪ksza od x.

(d) Istnieje liczba rzeczywista x, taka ze kazda liczba natu-ralna n jest wie↪ksza od x.

(e) Pewna liczba naturalna jest dzielnikiem 35.(f) Kazda liczba naturalna jest dzielnikiem 35.(g) Koniunkcja zdania faÃlszywego z dowolnym zdaniem jest

faÃlszywa.(h) Istnieje zdanie prawdziwe p, takie ze alternatywa p z do-

wolnym zdaniem jest faÃlszywa.(i) Istnieje takie zdanie p, ze alternatywa p z dowolnym

zdaniem jest prawdziwa.(j) Kazde panstwo ma swoja↪ stolice↪.(k) Kazde panstwo Ameryki PoÃlnocnej ma doste↪p do morza.(l) Nieprawda, ze kazde panstwo Ameryki PoÃludniowej ma

doste↪p do morza.

6. Elementy algebry zbiorow

W tym rozdziale zajmiemy sie↪ najbardziej podstawowym po-je↪ciem matematycznym, mianowicie poje↪ciem zbior. Nie ma teoriimatematycznej, gdzie ono nie wyste↪puje. Dlatego spotkalismy je juzkilkakrotnie. Terminem algebra okreslamy tutaj mozliwosc stosowa-nia pewnych analogii z liczbami rzeczywistymi. Zdefiniujemy wie↪ckilka podstawowych dziaÃlan na zbiorach, a takze porownamy dwazbiory ze soba↪. ÃLatwo dopatrzymy sie↪ tu analogii z dziaÃlaniami do-dawania i mnozenia liczb oraz z relacjami rownosci i mniejszosci.

Poje↪cie zbior. Jak juz wspomnielismy, zbior jest najbar-

dziej podstawowym poje↪ciem matematycznym. Jest to poje↪cie pier-wotne, wie↪c go nie definiujemy. Jednakze rozumiemy je jako zespoÃlczegos, grupe↪, mnogosc czy tez zbiorowisko. DziaÃl matematyki,zajmuja↪cy sie↪ badaniem ogolnych wÃlasnosci zbiorow, nazywamyteoria↪ mnogosci. Podstawy tej teorii stworzyÃl w latach 1871–1883George Cantor. Podobnie jak w przypadku logiki, teoria mnogoscijest dosc skomplikowana i dlatego ograniczymy sie↪ tylko do jej pod-staw, ktore nazywamy algebra↪ zbiorow. Drugim poje↪ciem pierwot-nym, zwia↪zanym z teoria↪ mnogosci, jest element zbioru, czyli to cojest w zbiorze. Fakt, ze element a jest w zbiorze A zapisujemyjako a ∈ A i czytamy ,,a nalezy do zbioru A”. Mowimy tez, zepomie↪dzy elementem a oraz zbiorem A wyste↪puje relacja przy-naleznosci. Jezeli w zbiorze A wyste↪puje kilka elementow, piszemya, b, c ∈ A zamiast a ∈ A, b ∈ A, c ∈ A.

Zauwazmy, ze a ∈ A jest zdaniem w sensie logicznym. Negacje↪tego zdania, czyli zdanie ,,a nie nalezy do zbioru A” zapisujemysymbolicznie a /∈ A. Takze zapis z rachunku zdan ∼ (a ∈ A) jestpoprawny.

Najprostszym i jednoczesnie podstawowym zbiorem jest zbiorpusty, czyli zbior, ktory nie ma elementow. Symbolicznie oznaczamygo przez ∅. Zdanie x ∈ ∅ jest wie↪c zdaniem faÃlszywym.

Zbiory mozemy oznaczac w rozmaity sposob. Przedstawimy tukilka typowych przykÃladow.

Elementy algebry zbiorow 45

W planimetrii zbior oznacza sie↪, kresla↪c go na pÃlaszczyznie.Zwykle uzywamy terminu figura zamiast zbior. Rozne figury ma-ja↪ swoje indywidualne nazwy: trojka↪t, kwadrat, prosta, Ãlamana,punkt, hiperbola itp.

W stereometrii rowniez uzywa sie↪ terminu figura zamiast zbior.Cze↪sto tez rozroznia sie↪ figury typowe dla pÃlaszczyzny od figur ty-powo przestrzennych, dodaja↪c tym ostatnim sÃlowo ,,przestrzenna”.Figurami przestrzennymi sa↪ szescian, pÃlaszczyzna, osmioscian fo-remny itp. Figury przestrzenne oznaczamy, wykreslaja↪c ich rzut napÃlaszczyznie.

Przy wprowadzaniu poje↪cia zbior, zwykle przedstawia sie↪ gow postaci owalu, w ktorym sa↪ albo oznaczone jego elementy, ba↪dztez rozumie sie↪, ze cze↪sc pÃlaszczyzny ograniczona przez owal skÃladasie↪ na dany zbior.

Jesli zbior skÃlada sie↪ ze skonczonej liczby elementow, tonajÃlatwiej go przedstawic w postaci {q, w, e, r, t} , czyli wymienicwszystkie jego elementy w klamrach. Jesli elementy zbioru speÃlniaja↪

pewna↪ wÃlasnosc, uzywamy takze klamer i zapisujemy {x : ϕ(x)} ,gdzie ϕ(x) oznacza wspomniana↪ wÃlasnosc. Powyzszy zapis czy-tamy: zbior tych wszystkich elementow x, dla ktorych zachodziϕ(x).

Kiedy mowimy o zbiorach zÃlozonych z liczb rzeczywistych,cze↪sto rozwazamy przedziaÃly, czyli zbiory zÃlozone z tych liczb rzeczy-wistych, ktore sa↪ zawarte pomie↪dzy liczbami a oraz b. Zbior takichliczb oznaczamy (a, b) (przedziaÃl otwarty), jesli do naszego zbiorunie naleza↪ liczby a oraz b. Zapis [a, b) oznacza zbior wszyst-kich liczb rzeczywistych zawartych pomie↪dzy a oraz b z liczba↪

a wÃla↪cznie.Zbior, ktorego jedynym elementem jest a oznaczamy {a} .

Takze zbior moze byc elementem. Na przykÃlad {∅} jest zbioremjednoelementowym, ktorego jedynym elementem jest zbior pusty.Zbior, ktorego elementami sa↪ zbiory, nazywamy zwykle rodzina↪

zbiorow. Zbior, ktorego elementami sa↪ a1, a2, . . . , an oznaczamy{a1, a2, . . . ,an} . Jesli zbior jest nieskonczony, tez mozemy oznaczycgo za pomoca↪ klamer. Na przykÃlad, zbior liczb naturalnych oz-naczymy jako {1, 2, . . .} . Zapis {x ∈ R : 1 < x < 2} oznacza zbiorwszystkich liczb rzeczywistych zawartych mie↪dzy 1 i 2, czyli prze-dziaÃl otwarty (1, 2).


Zbiory, ktorych powszechnie uzywamy w roznych dziaÃlachmatematyki, maja↪ swoje oznaczenia, ktore teraz przytoczymy:N – zbior liczb naturalnych,Z – zbior liczb caÃlkowitych,Q – zbior liczb wymiernych,IQ – zbior liczb niewymiernych,R – zbior liczb rzeczywistych,C – zbior liczb zespolonych.

Jezeli kazdy element zbioru A jest tez elementem zbioru B, tozbior A nazywamy podzbiorem zbioru B, a zbior B nadzbioremzbioru A. Fakty te zapisujemy A ⊂ B oraz B ⊃ A, a symbol⊂ nazywamy znakiem inkluzji lub zawierania. Mowimy tez, ze za-chodzi zawieranie (inkluzja) A ⊂ B lub ze zbior A zawiera sie↪w zbiorze B. Definicje↪ podzbioru mozemy zapisac symbolicznie:

A ⊂ B ⇔∧

x∈A

x ∈ B.

Zaprzeczenie tej definicji oznaczamy A 6⊂ B lub B 6⊃ A. Za-tem fakt, ze A nie jest podzbiorem B zapisujemy symbolicznie

A 6⊂ B ⇔∨

x∈A

x /∈ B.

Jesli rozwazamy konkretny element x ∈ A oraz zachodziinkluzja A ⊂ B, to zdanie x ∈ A ⇒ x ∈ B jest zdaniem prawdzi-wym. Odwrotnie, jezeli x jest dowolnym elementem zbioru Aoraz prawdziwe jest zdanie x ∈ A ⇒ x ∈ B, to zachodzi inkluzjaA ⊂ B. Powyzszy fakt be↪dziemy stosowac zawsze, gdy trzeba be↪dziedowiesc, ze pewien zbior A zawiera sie↪ w zbiorze B.

6.1. PrzykÃlad. Mamy naste↪puja↪ce inkluzje N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C,ale (1,3] 6⊂ Q.

Niech A = {x ∈ N : 3|x} oraz B = {x ∈ N : 6|x} . Poniewaz9 ∈ A, ale 9 /∈ B, wie↪c A 6⊂ B. Natomiast, jesli x jest podzielnaprzez 6, to jest tez podzielna przez 3, zatem B ⊂ A.

Jesli przedstawimy zbiory A oraz B jako owale, to zbior Ajest zawarty w zbiorze B , jezeli owal oznaczaja↪cy zbior A jest za-warty w caÃlosci wewna↪trz owalu oznaczaja↪cego zbior B. Zatem,


jezeli wymieniamy wszystkie elementy zbioru B, to przy okazjiwymienimy tez elementy zbioru A.

Zbiory A oraz B sa↪ rowne wtedy i tylko wtedy, gdy maja↪ tesame elementy. Fakt ten zapisujemy A = B. Zbiory A i B sa↪

rozne (A 6= B) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje element zbioru Anie naleza↪cy do B lub istnieje element zbioru B, ktory nie nalezydo A. Powyzsze definicje mozemy tez zapisac symbolicznie:

A = B ⇔∧

x∈A

x ∈ B ∧∧

x∈B

x ∈ A

orazA 6= B ⇔

∨

x∈A

x /∈ B ∨∨

x∈B

x /∈ A

Jesli rozwazamy konkretny element x ∈ A oraz zachodzirownosc A = B, to zdanie x ∈ A ⇔ x ∈ B jest zdaniem prawdzi-wym. Odwrotnie, jezeli x jest dowolnym elementem zbioru Aoraz prawdziwe jest zdanie x ∈ A ⇔ x ∈ B, to zachodzi rownoscA = B. Powyzszy fakt be↪dziemy stosowac zawsze, gdy trzeba be↪dziedowiesc, ze zbiory A oraz B sa↪ rowne.

6.2. PrzykÃlad. Oznaczmy przez C zbior {x ∈ N : 2|x ∧ 3|x} .Wowczas jesli B jest zbiorem z przykÃladu 6.1, to C = B, poniewazkazda liczba naturalna dzieli sie↪ przez 6 wtedy i tylko wtedy, gdyjest podzielna przez 2 i przez 3.

Z definicji podzbioru i rownosci zbiorow wynika naste↪puja↪cetwierdzenie.

6.3. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorow A, B i C zachodza↪

naste↪puja↪ce wÃlasnosci:

(i) ∅ ⊂ A,

(ii) A ⊂ A,

(iii) jesli A ⊂ B i B ⊂ C, to A ⊂ C,

(iv) jesli A ⊂ B i B ⊂ A, to A = B,

(v) jesli A 6= B, to A 6⊂ B lub B 6⊂ A.

Dowod.

(i) Musimy pokazac, ze kazdy element zbioru pustego jest ele-mentem zbioru A lub tez implikacje↪ x ∈ ∅ ⇒ x ∈ A. Impli-kacja ta jest prawdziwa, poniewaz jej poprzednik jest faÃlszywy.Zatem twierdzenie jest prawdziwe.


(ii) Wezmy dowolny element x ∈ A i skorzystajmy z tautologiiT1, gdzie p jest zdaniem x ∈ A.

(iii) Wezmy dowolny element x naleza↪cy do zbioru A. Musimypokazac, ze jest on tez elementem zbioru C. Korzystaja↪c z za-Ãlozenia dostajemy x ∈ A ⇒ x ∈ B, wie↪c x jest elementemzbioru B. Poniewaz B ⊂ C, wie↪c mamy takze x ∈ C, conalezaÃlo pokazac.

(iv) Z zaÃlozenia mamy, ze (x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇒ x ∈ A).Z tautologii T30 wynika, ze powyzsze zdanie jest rownowaznezdaniu x ∈ A ⇔ x ∈ B. Sta↪d A = B.

(v) Be↪dziemy poste↪powac nie wprost. Przypuscmy, ze teza nie jestprawdziwa, czyli

∼((A 6⊂ B) ∨ (B 6⊂ A)).

Z praw de Morgana dla zdan, powyzsze zdanie jest rownowazne

∼(A 6⊂ B)∧ ∼(B 6⊂ A)),

a to ostatnie zdanie oznacza A ⊂ B ∧ B ⊂ A, czyli zaÃloze-nie (iv). Z tegoz zaÃlozenia wynika jednakze teza A = B, ktorajest w sprzecznosci z zaÃlozeniem dowodzonej wÃlasnosci. ¤

Suma zbiorow. Przez sume↪ zbiorow A oraz B rozumie-my zbior A∪B, ktory skÃlada sie↪ z wszystkich elementow zbioru Aoraz wszystkich elementow zbioru B. Zatem x jest elementem zbio-ru A∪B wtedy i tylko wtedy, gdy x jest elementem zbioru A lubelementem zbioru B. Symbolicznie zapisujemy te↪ definicje↪ naste↪pu-ja↪co:

x ∈ A ∪B ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B). (6.1)

Suma↪ zbioru liczb wymiernych i zbioru liczb niewymiernych jestzbior wszystkich liczb rzeczywistych (Q∪ IQ = R). Przypuscmy, zeA = {1, 2, 3} , B = {1, 3, 5} . Suma↪ zbiorow A oraz B jest zbiorA∪B = {1, 2, 3, 5} . Zauwazmy, ze jezeli obydwa zbiory A oraz Bsa↪ zapisane jak powyzej, czyli ich elementy sa↪ wypisane w klamrach,to zapisanie zbioru A∪B polega na wypisaniu w klamrach wszyst-kich elementow zbioru A, a naste↪pnie dopisaniu tych elementowzbioru B, ktore nie zostaÃly jeszcze wymienione.


Zastanowmy sie↪ teraz, kiedy element x nie nalezy do sumyzbiorow A i B. Potrzebujemy wie↪c zaprzeczenia alternatywy zewzoru 6.1. Korzystaja↪c z prawa de Morgana dla zdan, czyli z tau-tologii T13, otrzymujemy

x /∈ A ∪B ⇔ (x /∈ A ∧ x /∈ B). (6.2)

Podstawowe wÃlasnosci sumy zbiorow przedstawia naste↪puja↪cetwierdzenie.

6.4. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorow A, B i C zachodza↪


(i) A ∪B = B ∪A (przemiennosc sumy zbiorow),

(ii) A ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ C (Ãla↪cznosc sumy zbiorow),

(iii) ∅ ∪ A = A (zbior pusty jest elementem neutralnym dziaÃlaniasumy zbiorow),

(iv) A ∪A = A.

Zauwazmy, ze wÃlasnosci analogiczne do (i), (ii) oraz (iii) znaj-dujemy przy dodawaniu liczb. Ostatnia wÃlasnosc sumy zbiorow niema swojej analogii z dodawaniem.

Dowod polega na zastosowaniu definicji 6.1 oraz odpowiednich tau-tologii.

Zeby udowodnic (i) korzystamy z prawa przemiennosci alter-natywy, czyli z tautologii T19. Mamy pokazac, ze x ∈ A∪B ⇔ x ∈B∪A. Korzystaja↪c z definicji, z tautologii T19 (prawo przemienno-sci alternatywy) oraz ponownie z definicji sumy zbiorow, dostajemy

x ∈ A ∪B ⇔ x ∈ A ∨ x ∈ B ⇔ x ∈ B ∨ x ∈ A ⇔ x ∈ B ∪A.

Udowodnimy teraz (ii). Mamy

x ∈ A ∪ (B ∪ C) ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ (B ∪ C)) (z 6.1)⇔ (x ∈ A ∨ (x ∈ B ∨ x ∈ C)) (z 6.1)⇔ ((x ∈ A ∨ x ∈ B) ∨ x ∈ C) (z T22)⇔ (x ∈ A ∪B ∨ x ∈ C) (z 6.1)⇔ x ∈ (A ∪B) ∪ C). (z 6.1)


Dodajmy, ze tautologia T22 nosi nazwe↪ prawa Ãla↪cznosci alter-natywy.

Aby udowodnic (iii) korzystamy z definicji sumy zbiorow 6.1oraz z tautologii T31. Natomiast w dowodzie (iv) korzystamy z 6.1i tautologii T6. ¤

Nieco trudniejsze dowody maja↪ ponizsze wÃlasnosci, ktore mo-wia↪ o pewnych zwia↪zkach pomie↪dzy suma↪ i inkluzja↪.

6.5. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorow A, B, C i D zachodza↪


(i) A ⊂ A ∪B,

(ii) jesli A ⊂ C i B ⊂ C, to A ∪B ⊂ C,

(iii) jesli A ⊂ C i B ⊂ D, to A ∪B ⊂ C ∪D,

(iv) A ⊂ B ⇔ A ∪B = B.

Zauwazmy, ze o ile wÃlasnosci (i), (ii) oraz (iii) sa↪ w swojejtresci podobne do twierdzen, ktore juz udowadnialismy, o tyle osta-tnia wÃlasnosc jest nietypowa. Nie jest ona sformuÃlowana w postacitwierdzenia ,,jezeli . . . , to . . . ” tylko jest to rownowaznosc. Przydowodzeniu jej be↪dziemy wie↪c musieli udowodnic dwa twierdzenia:⇒: jezeli A ⊂ B, to A ∪B = B

oraz⇐: jezeli A ∪B = B, to A ⊂ B.

Dowod (i) wynika bezposrednio z tautologii T20:

x ∈ A ⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B).

Zeby udowodnic (ii) zakÃladamy, ze A ⊂ C i B ⊂ C orazpokazujemy, ze A ∪ B ⊂ C. Z zaÃlozenia dostajemy prawdziwoscimplikacji x ∈ A ⇒ x ∈ C oraz x ∈ B ⇒ x ∈ C. Teze↪ pokazujemynaste↪puja↪co:

x ∈ A ∪B ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B) (z 6.1)⇒ (x ∈ C ∨ x ∈ C) (z zaÃlozenia i T14)⇔ (x ∈ C). (z T6)

Zatem A ∪B ⊂ C.


Aby udowodnic (iii) zauwazamy, ze jezeli x ∈ A∪B, to x ∈ Alub x ∈ B. Z zaÃlozenia otrzymujemy natychmiast, ze x ∈ C lubx ∈ D. Ostatnie zdanie jest rownowazne x ∈ C ∪D.

Udowodnimy teraz wÃlasnosc (iv). Jak juz wspomnielismy, mu-simy w tym celu udowodnic dwa twierdzenia. Zaczniemy od (iv)⇒ .ZaÃlozmy zatem, ze A ⊂ B. Poniewaz mamy takze B ⊂ B, wie↪c napodstawie wÃlasnosci (iii) dostajemy A ∪ B ⊂ B. Wobec (i) (gdziezbiory A oraz B zamieniaja↪ sie↪ rolami) otrzymujemy A∪B = B.

Aby udowodnic (iv)⇐ zaÃlozmy, ze A ∪ B = B. Korzystaja↪cz (i), mamy A ⊂ A ∪B, czyli A ⊂ B. ¤

Przekroj zbiorow. Przez przekroj (iloczyn lub cze↪sc wspol-na↪) zbiorow A i B rozumiemy zbior A ∩ B zÃlozony z wszystkichelementow naleza↪cych jednoczesnie do zbioru A i zbioru B. Zatemelement x nalezy do zbioru A∩B wtedy i tylko wtedy, gdy x na-lezy do zbioru A i x nalezy do zbioru B. Symbolicznie zapisujemyto w naste↪puja↪cy sposob:

x ∈ A ∩B ⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B). (6.3)

Stosuja↪c negacje↪ koniunkcji, czyli tautologie↪ T12, otrzymujemyzaprzeczenie definicji 6.3, czyli

x /∈ A ∩B ⇔ (x /∈ A ∨ x /∈ B). (6.4)

Przekrojem zbioru liczb parzystych oraz liczb podzielnych przeztrzy jest zbior liczb podzielnych przez 6. Jesli A = {1, 2, 3} , a B ={2, 3, 4} , to A ∩B = {2, 3} . Przekrojem zbioru liczb wymiernychi liczb niewymiernych jest zbior pusty (Q ∩ IQ = ∅). Przekrojemzbioru liczb naturalnych i zbioru liczb wymiernych jest zbior liczbnaturalnych (N ∩Q = N) .

Naste↪puja↪ce wÃlasnosci wynikaja↪ z definicji przekroju, tautologiiT17, T21 i T7 oraz z faktu, ze koniunkcja zdania faÃlszywegoz dowolnym zdaniem jest faÃlszywa. SzczegoÃlowy dowod tego twier-dzenia pozostawiamy czytelnikowi do samodzielnego przeprowa-dzenia.


6.6. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorow A, B i C zachodzi

(i) A ∩B = B ∩A (przemiennosc przekroju),

(ii) A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C (Ãla↪cznosc przekroju),

(iii) ∅ ∩A = ∅,(iv) A ∩A = A. ¤

Przekroj zbiorow porownujemy z mnozeniem liczb. Zauwazmy,ze zbior ∅ jest analogiczny z zerem. WÃlasnosc ostatnia nie jestanalogiczna – kwadrat dowolnej liczby nie jest rowny tej liczbie.

Niektore zaleznosci mie↪dzy inkluzja↪ i przekrojem sa↪ zawartew naste↪puja↪cym twierdzeniu, ktorego tresc oraz dowod warto jestporownac z trescia↪ i dowodem twierdzenia 6.5.

6.7. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorow A, B, C i D zachodzi

(i) A ∩B ⊂ A,

(ii) jezeli A ⊂ B i A ⊂ C, to A ⊂ B ∩ C,

(iii) jezeli A ⊂ C i B ⊂ D, to A ∩B ⊂ C ∩D,

(iv) A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy A ∩B = A.

Dowod. WÃlasnosc (i) wynika z tautologii T18.Zeby udowodnic (ii), zauwazmy, ze z zaÃlozenia wiemy, iz jesli

x ∈ A, to takze x ∈ B oraz x ∈ C. Zatem, jesli x ∈ A, tox ∈ B ∩ C, czyli A ⊂ B ∩ C.

Udowodnimy teraz (iii). Z zaÃlozenia mamy

x ∈ A ⇒ x ∈ C oraz x ∈ B ⇒ x ∈ D.

ZaÃlozmy teraz, ze x ∈ A ∩ B, czyli x ∈ A ∧ x ∈ B. Z zaÃlozeniaotrzymujemy x ∈ C ∧ x ∈ D, czyli x ∈ C ∩D.

Podobnie jak w twierdzeniu 6.5 wÃlasnosc (iv) jest rownowazno-scia↪. Musimy zatem udowodnic dwa twierdzenia. ZaÃlozmy najpierw,ze A ⊂ B (udowadniamy (iv)⇒ ). Wowczas, poniewaz A∩B ⊂ A,wystarczy pokazac, ze A ⊂ A ∩ B. Jednakze mamy A ⊂ A oraz,z zaÃlozenia, A ⊂ B. Na podstawie wÃlasnosci (ii) mamy wie↪c A ⊂A ∩B.

Udowodnimy teraz (iv)⇐ . W tym celu zaÃlozmy, ze A ∩ B =A i rozwazmy zdanie x ∈ A. Z zaÃlozenia mamy, ze x ∈ A ∩ B.Z definicji 6.3 mamy x ∈ A ∧ x ∈ B. Z tautologii T18 dostajemyx ∈ B. ¤


Mowimy, ze zbiory A i B sa↪ rozÃla↪czne, jesli A∩B = ∅. Zatemdwa zbiory sa↪ rozÃla↪czne, jesli nie maja↪ cze↪sci wspolnej. Tak wie↪czbior liczb wymiernych i zbior liczb niewymiernych sa↪ rozÃla↪czne.

Rozwazania na temat przekroju zbiorow zakonczymy twierdze-niem, ktore podaje dalsze wÃlasnosci sumy i przekroju. Zwrocmy tuuwage↪ na fakt, ze w zbiorach liczbowych mamy prawo rozdzielnoscimnozenia wzgle↪dem dodawania, ale nie mamy prawa rozdzielnoscidodawania wzgle↪dem mnozenia. W przypadku dziaÃlan na zbiorachoba analogiczne prawa zachodza↪ (por. punkty (iii) i (iv) ponizszegotwierdzenia).


(i) A ∩ (A ∪B) = A,

(ii) (A ∩B) ∪B = B,

(iii) A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C) (prawo rozdzielnosci przekrojuwzgle↪dem sumy),

(iv) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) (prawo rozdzielnosci sumywzgle↪dem przekroju).

Dowod. Aby pokazac (i) zauwazmy, ze na mocy twierdzenia 6.7(i),gdzie za B wstawimy A ∪ B, mamy A ∩ (A ∪ B) ⊂ A. Z dru-giej strony mamy A ⊂ A oraz A ⊂ A ∪ B (twierdzenia 6.3(ii)oraz 6.5(i)), wie↪c na podstawie twierdzenia 6.7(ii) dostajemy A ⊂A ∩ (A ∪B). Sta↪d i z twierdzenia 6.3(iv) otrzymujemy teze↪.

WÃlasnosc (ii) pokazujemy podobnie: poniewaz A ∩ B ⊂ Boraz B ⊂ B, wie↪c (A∩B)∪B ⊂ B. Z drugiej strony, zbior B jestzawarty w sumie, ktorej skÃladnikiem jest tenze zbior B. Obydwiepokazane powyzej inkluzje dowodza↪ rownosci w (ii).

Dla dowodu (iii) wezmy dowolny x ∈ A ∩ (B ∪ C). Mamy

x ∈ A ∩ (B ∪ C) ⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ (B ∪ C)) (z 6.3)⇔ (x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)) (z 6.1)⇔ ((x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C))

(z T23)⇔ (x ∈ A ∩B ∨ x ∈ A ∩ C) (z 6.3)⇔ x ∈ (A ∩B) ∪ (A ∩ C) (z 6.1)

Dowod wÃlasnosci (iv) jest podobny do dowodu (iii) i wynikaz naste↪puja↪cego cia↪gu logicznego:


x ∈ A ∪ (B ∩ C) ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ (B ∩ C)) (z 6.1)⇔ (x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C)) (z 6.3)⇔ ((x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ C))

(z T24)⇔ (x ∈ A ∪B ∧ x ∈ A ∪ C) (z 6.1)⇔ x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C) (z 6.3)

Dowod twierdzenia jest zakonczony. ¤

Roznica zbiorow. Zbior zÃlozony z tych i tylko tych elemen-tow zbioru A, ktore nie sa↪ elementami zbioru B , nazywamy roznica↪

zbiorow A oraz B i oznaczamy A\B. Z definicji tej wynika, ze

x ∈ A\B ⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ B). (6.5)

Fakt, ze x nie jest elementem roznicy zbiorow A i B zapisu-jemy

x /∈ A\B ⇔ (x /∈ A ∨ x ∈ B). (6.6)

Zauwazmy, ze w przeciwienstwie do wczesniej omawianychdziaÃlan, roznica zbiorow nie jest dziaÃlaniem przemiennym, tzn.A \B 6= B \A. Nie mozemy tez stosowac tu analogii do odejmowa-nia liczb. Roznica zbiorow jest blizsza raczej dziaÃlaniu przekrojuzbiorow niz sumy zbiorow.

Roznica↪ zbioru liczb rzeczywistych i zbioru liczb wymiernychjest zbior liczb niewymiernych (R \ Q = IQ). Jesli A = {1, 2, 3}oraz B = {2, 3, 4} , to A\B = {1} .

Podamy teraz twierdzenie o zwia↪zkach pomie↪dzy inkluzja↪

a dziaÃlaniem roznicy zbiorow.

6.9. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorow A, B, C i D

(i) A\B ⊂ A,

(ii) jesli A ⊂ B i C ⊂ D, to A\D ⊂ B\C,

(iii) jesli C ⊂ D, to A\D ⊂ A\C,

(iv) A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy A\B = ∅,(v) zbiory A i B sa↪ rozÃla↪czne wtedy i tylko wtedy, gdy zachodza↪

rownosci A \B = A oraz B \A = B.


Dowod. Aby pokazac wÃlasnosc (i), skorzystamy z tautologii T18(warto jest porownac wszystkie dowody, w ktorych korzystamy z tejtautologii). Mamy

x ∈ A \B ⇔ x ∈ A ∧ x /∈ B ⇒ x ∈ A.

Zeby udowodnic (ii), wezmy x ∈ A\D. Z definicji 6.5 mamy, zex ∈ A oraz x /∈ D. Z zaÃlozenia natomiast dostajemy, ze skoro x ∈A, to x ∈ B, a poniewaz x /∈ D, to x /∈ C. Zatem dostajemy x ∈B ∧ x /∈ C, czyli x ∈ B \ C.

(iii) wynika z (ii) oraz z faktu, ze A ⊂ A.

Pokazemy teraz wÃlasnosc (iv). ZaÃlozmy najpierw, ze A ⊂ B,czyli jesli x ∈ A, to x ∈ B. Przypuscmy, ze x ∈ A\B. Jest torownowazne zdaniu x ∈ A∧x /∈ B. Powyzsze zdanie oraz zaÃlozenieimplikuje x ∈ B ∧ x /∈ B, co jest faÃlszem. Zatem mamy A\B = ∅.

ZaÃlozmy teraz, ze A\B = ∅, wie↪c nie jest prawda↪, ze istniejex ∈ A, taki ze x /∈ B. Zatem jesli x jest elementem zbioru A (czylizdanie x ∈ A jest prawdziwe), to prawdziwe musi byc tez zdaniex ∈ B. Sta↪d A ⊂ B.

Udowodnimy teraz (v). W tym celu zaÃlozmy najpierw, zezbiory A oraz B sa↪ rozÃla↪czne, czyli A ∩ B = ∅. Trzeba pokazac,ze x ∈ A ∧ x /∈ B ⇔ x ∈ A oraz ze x ∈ B ∧ x /∈ A ⇔ x ∈ B.Z zaÃlozenia mamy, ze zdanie x ∈ A ∧ x ∈ B jest faÃlszywe. Jezeliwie↪c zdanie x ∈ A jest prawdziwe, to zdanie x ∈ B musi bycfaÃlszywe. Zatem zdanie x ∈ A jest prawdziwe wtedy i tylko wtedy,gdy x ∈ A ∧ x /∈ B. Podobnie uzasadniamy prawdziwosc zdaniax ∈ B ⇔ x ∈ B ∧ x /∈ A.

Aby pokazac (v)⇐ zaÃlozmy, ze A \ B = A i B \ A = B.Pokazemy, ze A ∩ B = ∅. Be↪dziemy poste↪powac nie wprost.Przypuscmy, ze x ∈ A ∩ B, czyli ze przekroj zbiorow A oraz Bnie jest zbiorem pustym. Z zaÃlozenia otrzymujemy

A ∩B = (A \B) ∩ (B \A).

Sta↪d zdanie x ∈ A ∩ B jest rownowazne koniunkcji czterech zdan(x ∈ A∧x /∈ B)∧ (x ∈ B∧x /∈ A), z ktorych dwa sa↪ zaprzeczeniamidwoch pozostaÃlych (dokÃladnie, mamy p∧ ∼ p ∧ q∧ ∼ q ). Takiezdanie jest zawsze faÃlszywe. ¤


Podamy teraz twierdzenie o zwia↪zkach pomie↪dzy roznica↪, suma↪

i przekrojem zbiorow. Dowod tego twierdzenia pozostawimy jakozadanie.


(i) A\(B ∪ C) = (A\B) ∩ (A\C),(ii) A\(B ∩ C) = (A\B) ∪ (A\C),(iii) A ∪ (B\A) = A ∪B,

(iv) jezeli A ⊂ B, to A ∪ (B\A) = B,

(v) A\(A\B) = A ∩B,

(vi) A\(B ∪ C) = (A\B)\C.

Na zakonczenie naszych rozwazan na temat roznicy zbiorowzauwazmy, ze dla dowolnych zbiorow A i B, zbiory A oraz B\Asa↪ rozÃla↪czne. Sta↪d suma A ∪ B moze byc zapisana jako sumazbiorow rozÃla↪cznych A ∪ (B\A). Ten sposob zapisu nazywamyurozÃla↪cznieniem sumy.

Przestrzen oraz dopeÃlnienie zbioru. W zastosowaniachalgebry zbiorow ograniczamy sie↪ zwykle do rozwazania tylko tychzbiorow, ktore sa↪ podzbiorami pewnego ustalonego zbioru zwanegoprzestrzenia↪. W analizie matematycznej przestrzenia↪ jest zbiorliczb rzeczywistych, w planimetrii – pÃlaszczyzna, a w stereometrii –przestrzen trojwymiarowa. W naszych ogolnych rozwazaniach przezprzestrzen be↪dziemy rozumieli ustalony zbior. Intuicyjnie przestrzenbe↪dzie dla nas zbiorem, ktory zawiera wszystkie zbiory, o ktorychmowimy w danej chwili.

Podzbiory przestrzeni X be↪dziemy nazywac po prostu zbio-rami lub tez relacjami jednoczÃlonowymi w X.

DopeÃlnieniem zbioru A do przestrzeni X nazywamy zbiorX\A i oznaczamy symbolem A′. Inaczej mowia↪c, A′ jest zbioremtych wszystkich elementow przestrzeni X, ktore nie sa↪ elementamizbioru A, czyli

x ∈ A′ ⇔ x /∈ A. (6.7)

Jak zwykle, zastanowmy sie↪ od razu, co to znaczy, ze x nienalezy do dopeÃlnienia zbioru A. Wtedy mamy ∼ (x ∈ A′), sta↪d∼ (x /∈ A), wie↪c ∼ (∼ x ∈ A), czyli na podstawie tautologii T3mamy x ∈ A. Zatem x /∈ A′ ⇔ x ∈ A.


Jezeli X = N i A jest zbiorem wszystkich liczb nieparzystych,to A′ jest zbiorem wszystkich liczb parzystych. Jesli A = {1, 2, 3} ,to A′ = {x ∈ N : x > 3} .

Udowodnimy naste↪puja↪ce twierdzenie, mowia↪ce o podstawo-wych wÃlasnosciach przestrzeni oraz dopeÃlnienia zbioru. W dowodzietego twierdzenia, tak jak i w dowodach innych twierdzen, dotycza↪-cych dopeÃlnienia oraz przestrzeni, korzystamy z faktu, ze kazdezdanie prawdziwe, dotycza↪ce przynaleznosci x jest rownowazne zda-niu x ∈ X. Podobnie, jezeli zdanie x ∈ A okazuje sie↪ zdaniemfaÃlszywym (dla dowolnego x ), to oznacza to, ze A = ∅.6.11. Twierdzenie. Dla dowolnych zbiorow A i B przestrzeni Xzachodzi

(i) X ∩A = A,

(ii) X ∪A = X,

(iii) X ′ = ∅,(iv) (A′)′ = A,

(v) ∅′ = X,

(vi) A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy B′ ⊂ A′,(vii) A = B wtedy i tylko wtedy, gdy A′ = B′.

Dowod. (i) oraz (ii) sa↪ bezposrednimi konsekwencjami twierdzen6.7(iv), 6.5(iv) oraz tego, ze A ⊂ X.

Aby pokazac (iii), zauwazmy, ze X ′ jest z definicji zbioremtych x ∈ X, dla ktorych x /∈ X, wie↪c musi to byc zbior pusty.

WÃlasnosc (iv) wynika bezposrednio z 6.7:

x ∈ (A′)′ ⇔ x /∈ A′ ⇔ x ∈ A.

Naste↪pna wÃlasnosc jest prosta↪ konsekwencja↪ wÃlasnie udowod-nionego faktu oraz (iii). Mianowicie,

x ∈ X ⇔ x ∈ (X ′)′ ⇔ x ∈ ∅′.

Aby pokazac (vi), musimy, jak zwykle, udowodnic dwie impli-kacje. ZaÃlozmy wpierw, ze A ⊂ B. Mamy

x ∈ B′ ⇔ x /∈ B ⇒ x /∈ A ⇔ x ∈ A′.


W druga↪ strone↪, jesli zaÃlozymy, ze B′ ⊂ A′, to, korzystaja↪cz udowodnionej juz cze↪sci (vi) oraz z (iv), otrzymujemy A ⊂ B.

Ostatnia wÃlasnosc jest bezposrednia↪ konsekwencja↪ poprzedniej.Mianowicie,

A = B ⇔ A ⊂ B ∧B ⊂ A ⇔ B′ ⊂ A′ ∧A′ ⊂ B′ ⇔ A′ = B′.

Dowod twierdzenia jest zakonczony. ¤Podamy jeszcze jedno twierdzenie, ktore mowi mie↪dzy innymi

o wÃlasnosciach dopeÃlnienia sumy i przekroju oraz pokazuje zwia↪zkiroznicy dwoch zbiorow z ich przekrojem.

6.12. Twierdzenie. Dla zbiorow A i B przestrzeni X zachodzi

(i) A ∪A′ = X,

(ii) A ∩A′ = ∅,(iii) (A ∪A′)′ = ∅,(iv) (A ∩A′)′ = X,

(v) (A ∪B)′ = A′ ∩B′,(vi) (A ∩B)′ = A′ ∪B′,(vii) A\B = A ∩B′,(viii) A\B = (A′ ∪B)′,(ix) A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy A ∩B′ = ∅,(x) A ⊂ B wtedy i tylko wtedy, gdy A′ ∪B = X.

WÃlasnosci (v) oraz (vi) z powyzszego twierdzenia nazywamyprawami de Morgana dla zbiorow.

Dowod. W celu pokazania wÃlasnosci (i) skorzystamy z faktu, zezdanie x ∈ A∨x /∈ A jest zdaniem prawdziwym, wie↪c zbior A∪A′

jest rowny X. Dla kontrastu, zdanie x ∈ A ∧ x /∈ A jest zdaniemfaÃlszywym, co dowodzi prawdziwosci (ii).

WÃlasnosc (iii) jest bezposrednia↪ konsekwencja↪ wÃlasnosci (i)oraz twierdzenia 6.11(iii), natomiast (iv) wynika z (ii) oraz z twier-dzenia 6.11(v).

Dla dowodu (v) wezmy dowolny x naleza↪cy do (A∪B)′. Mamy

x ∈ (A ∪B)′ ⇔ x /∈ A ∪B (z 6.7)⇔ x /∈ A ∧ x /∈ B (z 6.2)⇔ x ∈ A′ ∧ x ∈ B′ (z 6.7)⇔ x ∈ A′ ∩B′ (z 6.3)


Zatem (A∪B)′ = A′ ∩B′. Prawie w identyczny sposob dowo-dzimy naste↪pna↪ wÃlasnosc.

Zeby udowodnic (vii) zauwazmy, ze zdanie x ∈ A ∧ x /∈ Bjest rownowazne zarowno zdaniu x ∈ A \ B (z 6.5), jak i zdaniux ∈ A ∧ x ∈ B′ (z 6.7). Sta↪d A \B = A ∩B′.

Dowod (viii) przebiega naste↪puja↪co.

(A′ ∪B)′ = (A′)′ ∩B′ = A ∩B′. (6.8)

Pierwsza rownosc w 6.8 wynika z prawa de Morgana (v), a drugaz twierdzenia 6.11(iv). Aby zakonczyc dowod, wystarczy skorzystacz (vii).

W celu pokazania (ix), przypomnijmy, ze A ⊂ B wtedy i tylkowtedy, gdy A \ B = ∅ (twierdzenie 6.9(iv)). Ale ostatnia rownoscoznacza dokÃladnie A ∩B′ = ∅ (wÃlasnosc (vii)).

Aby zakonczyc dowod caÃlego twierdzenia pozostaÃlo udowodnicwÃlasnosc (x). Z poprzedniej wÃlasnosci mamy A ⊂ B wtedy i tylkowtedy, gdy A ∩ B′ = ∅. Ale dwa zbiory sa↪ rowne wtedy i tylkowtedy, gdy ich dopeÃlnienia sa↪ rowne (twierdzenie 6.11(vii)), wie↪costatnia rownosc jest rownowazna (A ∩ B′)′ = ∅′, czyli rownosciA′ ∪B = X. ¤

Tworzenie zbiorow za pomoca↪

form zdaniowych.Przypuscmy, ze mamy dana↪ pewna↪ przestrzen X. Mozemy na niejokreslic pewne formy zdaniowe jednej lub wielu zmiennych. Niechφ(x) be↪dzie forma↪ zdaniowa↪ jednej zmiennej. Wowczas, jesli a jestustalonym elementem przestrzeni X, to φ(a) jest zdaniem. Zbiortych wszystkich elementow x ∈ X, dla ktorych φ(x) jest zdaniemprawdziwym, zapisujemy {x ∈ X : φ(x)} . Kiedy nie ma wa↪tpli-wosci, jaki zbior jest przestrzenia↪, powyzszy zapis redukuje sie↪ do{x : φ(x)} . Relacje↪ przynaleznosci okresla ponizsza definicja.

y ∈ {x : φ(x)} ⇔ w(φ(y)) = 1. (6.9)

Jesli y do naszego zbioru nie nalezy, zachodzi naste↪puja↪carelacja:

y /∈ {x : φ(x)} ⇔ w(∼φ(y)) = 1 ⇔ w(φ(y)) = 0. (6.10)


Zazwyczaj jesli nie prowadzi to do nieporozumienia, zamiastuzywac funkcji wartosci logicznej w(φ(y)), piszemy po prostu φ(y).Przyczyne↪ tego zapisu wyjasnimy za chwile↪.

Niech zbior liczb naturalnych N be↪dzie nasza↪ przestrzenia↪.Forma zdaniowa n > 5 sÃluzy do zdefiniowania zbioru wszystkichliczb naturalnych wie↪kszych od pie↪ciu, a mianowicie {n : n > 5} .

Forma zdaniowa∨

k∈Nn = 2k definiuje zbior liczb naturalnych

parzystych P =

{n :

∨

k∈Nn = 2k

}. W tym (i poprzednim) wy-

padku, jesli m ∈ P, to oznacza to, ze∨

k∈Nm = 2k. I jest to zapis

caÃlkowicie zrozumiaÃly. Nie be↪dziemy wie↪c tu stosowac dÃluzszegoi bardziej skomplikowanego zapisu w

(∨k∈Nm = 2k

)= 1.

Z istnieja↪cych juz form zdaniowych, podobnie jak ze zdan,mozna tworzyc nowe formy zdaniowe za pomoca↪ funktorow zdanio-tworczych. Za pomoca↪ tych nowych form zdaniowych mozna, z kolei,tworzyc zbiory. Podamy teraz wÃlasnosci zbiorow utworzonych zezÃlozonych form zdaniowych.

6.13. Twierdzenie (o zwia↪zkach funktorow). Niech φ(x) i ψ(x)be↪da↪ formami zdaniowymi okreslonymi na zbiorze X. Zachodza↪


(i) {x ∈ X :∼φ(x)} = {x ∈ X : φ(x)}′ ,(ii) {x ∈ X : φ(x) ∧ ψ(x)} = {x ∈ X : φ(x)} ∩ {x ∈ X : ψ(x)} ,

(iii) {x ∈ X : φ(x) ∨ ψ(x)} = {x ∈ X : φ(x)} ∪ {x ∈ X : ψ(x)} .

Dowod. W celu pokazania pierwszej wÃlasnosci, wezmy dowolny ele-ment y ∈ {x ∈ X :∼φ(x)} . Mamy

y ∈ {x ∈ X :∼φ(x)} ⇔ w(∼φ(y)) = 1 (z 6.9)⇔ w(φ(y)) = 0⇔ y /∈ {x ∈ X : φ(x)} (z 6.10)⇔ y ∈ {x ∈ X : φ(x)}′ . (z 6.7)

Pokazemy teraz naste↪pna↪ wÃlasnosc. W tym celu wezmy do-wolny element y, naleza↪cy do zbioru {x ∈ X : φ(x) ∧ ψ(x)} . Z de-finicji 6.9 oznacza to, ze w(φ(y) ∧ ψ(y)) = 1. Ale koniunkcja dwoch


zdan jest prawdziwa wtedy i tylko wtedy, gdy oba zdania skÃladowesa↪ prawdziwe. Zatem w(φ(y)) = 1 i w(ψ(y)) = 1. Koniunkcjadwoch ostatnich zdan jest rownowazna przynaleznosci y do zbioru{x ∈ X : φ(x)} oraz do zbioru {x ∈ X : ψ(x)} . Zatem y jest ele-mentem cze↪sci wspolnej tych zbiorow, czyli przekroju tych dwochzbiorow.

Prawie identycznie wygla↪da dowod ostatniej wÃlasnosci. Do-kÃladnie wystarczy tylko zmienic ∧ na ∨ oraz ∩ na ∪. ¤

Niech X = N. Okreslmy formy zdaniowe 6|x, 2|x oraz 3|x,a za ich pomoca↪ zbiory A = {x : 2|x} , B = {x : 3|x} i C ={x : 6|x} . Poniewaz ∼ 2|x oznacza ,,x jest liczba↪ nieparzysta↪”,A′ jest zbiorem liczb nieparzystych. Pokazemy, ze A ∪ C = A.Istotnie, A ∪ C = {x : 2|x ∨ 6|x} , ale jesli 6|x, to takze 2|x, wie↪calternatywa 2|x∨ 6|x jest prawdziwa wtedy i tylko wtedy, gdy 2|x,wie↪c A∪C = {x : 2|x} = A. Teraz pokazemy, ze A∩B = C. Mamytu A∩B = {x : 2|x ∧ 3|x} , ale liczba x jest podzielna jednoczesnieprzez 2 i przez 3 wtedy i tylko wtedy, gdy x jest podzielna przez 6,wie↪c A ∩B = C.

Na zakonczenie pokazemy jeszcze jeden sposob zapisu zbioru.Mianowicie, zastanowmy sie↪, jakie elementy naleza↪ do zbioru

{n ∈ N :

∨

k∈Nk2 = n

}.

Forma zdaniowa∨

k∈Nk2 = n jest prawdziwa, jesli n jest kwadratem

liczby naturalnej. Zatem powyzszy zbior skÃlada sie↪ z liczb 12, 22,32, . . . ÃLatwiej jest wie↪c zapisac go

{n2 : n ∈ N}

.


P 6.1. Uzywaja↪c klamer, zapisz naste↪puja↪ce zbiory:(a) Zbior skÃladaja↪cy sie↪ z elementow a, b, ♠, 1, 2.(b) Zbior wszystkich liter alfabetu polskiego, ktore mozna za-

pisac bez odrywania pisaka od papieru oraz bez powtor-nego pisania po juz napisanym znaku.


(c) Zbior kolorow w kartach.(d) Zbior tych wszystkich liczb naturalnych n, dla ktorych

istnieje liczba caÃlkowita k, taka ze k3 = n.

(e) Zbior liczb naturalnych podzielnych przez 3.(f) Zbior szescianow liczb naturalnych.

P 6.2. Uzywaja↪c dwoch roznych metod, pokaz, ze B ⊂ A∪B.

P 6.3. Zapisz naste↪puja↪ce zbiory, nie uzywaja↪c kwantyfikato-row:

(a)

{n ∈ N :

∨

k∈Nn = 5k

},

(b)

{n ∈ N :

∨

k∈Nk = 5n

},

(c)

{n ∈ Q :

∨

k∈Nk = 5n

},

(d)

{x ∈ R :

∧y>3

x < y

},

(e)

x ∈ R :

∧

y∈Zx > y

.

P 6.4. Zapisz naste↪puja↪ce zbiory za pomoca↪ form zdaniowych:(a) {7k : k ∈ Z} ,

(b){j2 : j ∈ N}

,

(c){

3t : t ∈ N}

,

(d) ∅.

P 6.5. Udowodnij twierdzenie 6.10.

P 6.6. Niech X be↪dzie zbiorem wszystkich trojka↪tow i niechA be↪dzie zbiorem trojka↪tow rownoramiennych, B zbiorem trojka↪-tow rownobocznych, C zbiorem trojka↪tow prostoka↪tnych. Opisz(sÃlowami) zbiory A ∩B ∩C, A ∩B′ ∩C, A′ ∩B ∩C, A′ ∩C ∩B′,A ∩B ∩ C ′.


P 6.7. Podaj wszystkie elementy naste↪puja↪cych zbiorow. Ktorez ponizszych zbiorow maja↪ tyle samo elementow?

A = {{a,b} ,{a}} , B = ∅,C = {{∅}} , D = {x ∈ N : x ≤ 2} ,E =

{x ∈ N : x2 < 7

}, F =

{x ∈ N : x2 ≤ 7

},

G = {x ∈ N : |3− x| < 3} , H ={x ∈ N : x2 = 4

},

I ={x ∈ Q : x2 = 4

}, J =

{x ∈ R : x2 = 4

}.

P 6.8. Jakie relacje zachodza↪ mie↪dzy zbiorami A i B (tzn.czy A ⊂ B, B ⊂ A, A = B, czy tez zbiory A i B sa↪ rozÃla↪czne),jesli

(a) A jest zbiorem wszystkich prostoka↪tow na pÃlaszczyznie,B jest zbiorem wszystkich rownolegÃlobokow na pÃlaszczy-znie o rownych przeka↪tnych?

(b) A jest zbiorem wszystkich prostoka↪tow na pÃlaszczyznie,B jest zbiorem wszystkich kwadratow w przestrzeni troj-wymiarowej?

(c) A ={x ∈ R : −1 ≤ x ≤ 8

}, B =

[−1,∞)?

(d) A =(−3,5

], B =

(−3,5)?

(e) A =(−4,3

], B = ∅ ?

P 6.9. Sprawdz, czy naste↪puja↪ce rownosci sa↪ prawami rachun-ku zbiorow:

(a) A \ (B ∪ C) = A ∩B′ ∩ C ′,(b) A \ (B \ C) = A ∩ (B′ ∪ C),(c) (A \B) \ C = (B′ ∩ C ′) \A′.

P 6.10. Pokaz, ze naste↪puja↪ce rownosci nie zachodza↪ dla do-wolnych zbiorow A, B, C. Jakie relacje powinny zachodzic mie↪dzyzbiorami A, B i C, aby ponizsze rownosci byÃly prawdziwe?

(a) (A \B) ∪B = A,

(b) (A ∪B) \B = A,

(c) (A ∩B) ∪ (C ∩B) = B,

(d) (A ∪B) ∩ (C ∪B) = B,

(e) (A ∪B) ∩ C = A ∪B.


P 6.11. Sprawdz, czy prawdziwe sa↪ naste↪puja↪ce rownowaznoscilub implikacje:

(a) (A ⊂ B) ⇔ (B = A ∪ (B \A)),(b) (A ⊂ B) ⇔ ((B ⊂ C) ⇒ ((C \A) ∩ (C \B) = C \B)),(c) A \B = B \A ⇒ A = B,

(d) A \B = ∅ ⇒ A ⊂ B,

(e) A ⊂ B ⇒ B \A = A.


Z 6.1. Narysuj na kartce duzy prostoka↪t. Be↪dzie to nasza prze-strzen X. Wewna↪trz prostoka↪ta narysuj dwa owale, oznaczaja↪cedwa zbiory A oraz B. Na tak sporza↪dzonym diagramie zaznaczzbiory A ∪ B, A ∩ B, A \ B, B \ A, A′ oraz B′. Rozwaz roznepoÃlozenia zbiorow A oraz B, tj. kiedy A ⊂ B, B ⊂ A, A∩B = ∅i gdy przekroj A ∩ B nie jest rowny zadnemu ze zbiorow A, Boraz ∅.

Z 6.2. Udowodnij twierdzenie 6.6.

Z 6.3. Wykorzystuja↪c rownosc A \ B = A ∩ B′, udowodnijtwierdzenie 6.10.

Z 6.4. Ile elementow maja↪ ponizsze zbiory? Ktore z nich sa↪

rowne? Wypisz wszystkie podzbiory zbiorow dwuelementowych.

A = {a,b,c} , B = {{a} ,b,c} ,C = {{a} ,{b,{c}}} , D = {{a} ,{b,c}} ,E = {a,b} ∪ {c} , F = {a,b} ∩ {c} ,G = {{a} ,{a,b} ∩ {c}} , H = {{a} ,{b,{c}} ,∅} ,I = {{a} ,{b,{c}}} ∪ ∅, J = {{a}} ∪ {∅} ,K = {a,{b,{a,c}}} , L = {a,b,{a,b,{a,b,{a,b}}}} .

Z 6.5. Niech

A = {x ∈ R : |x| ≥ 5} , B = {x ∈ R : −6 ≤ x < 0} .

Przedstaw graficznie te zbiory. Wyznacz zbiory A ∪B, A ∩B, A′,A\B, B\A i przedstaw je graficznie.


Z 6.6. Zbior nazywamy skonczonym, jezeli liczba jego elemen-tow jest skonczona. Jesli dany zbior ma nieskonczenie wiele ele-mentow, to nazywamy go zbiorem nieskonczonym. Podaj, ktorezbiory sa↪ skonczone, a ktore nieskonczone:

A ={x ∈ R : x2 + 1 = 0

}, B = {x ∈ N : x− 1234 ≤ 0} ,

C ={x ∈ Q : x2 − 2x + 1 = 0

}, D =

{x ∈ Z : x3 − x + 1 = 0

},

E ={x ∈ N : x2 − 1 < 0

}, F =

{x ∈ R : x2 − 1 < 0

}.

Z 6.7. Wyznacz dopeÃlnienia naste↪puja↪cych zbiorow do zbioruliczb rzeczywistych:

(−∞,2), (−∞,2], Z, R,[1,5], (1,5], (3,+∞), [3,+∞).

Z 6.8. Zbadaj, czy naste↪puja↪ce zdania sa↪ prawdziwe:(a) dla dowolnych zbiorow A i B zachodzi rownowaznosc

A ⊂ B ⇔ A′ ∩B′ = B′,(b) dla dowolnych zbiorow A, B i C prawdziwa jest impli-

kacja A 6= B ⇒ C\A 6= C\B,

(c) jezeli A ⊂ B ⊂ C ⊂ A, to A = B = C,

(d) zbiory A ∩B ∩ C oraz A ∩B′ ∩ C sa↪ rozÃla↪czne.

Z 6.9. Sprawdz, czy ponizsze rownosci sa↪ prawami rachunkuzbiorow. Jesli nie, podaj odpowiednie przykÃlady.

(a) A \ (B′ ∪ C) = (A \B′) ∩ (A \ C),(b) A ∪ (A ∩B) = A,

(c) A ∩ (A ∪B) = B,

(d) (A ∪B ∪ C) \ (A ∪B) = C.

7. Sumy i przekroje uogolnione

Cze↪sto sie↪ zdarza, ze musimy wykonac dziaÃlanie na wie↪kszej oddwoch liczbie zbiorow. Nierzadko liczba ta jest nawet nieskonczona.Rozwazac teraz be↪dziemy wÃlasnie takie dziaÃlania. Ustalmy, zezbior X jest przestrzenia↪, natomiast T jest pewnym niepustym(skonczonym lub nieskonczonym) zbiorem. Zbior T be↪dziemynazywac zbiorem indeksow, a jego elementy indeksami. W przestrze-ni X wybieramy pewna↪ liczbe↪ zbiorow, ktore be↪dziemy oznaczac,uzywaja↪c elementow zbioru T.

7.1. PrzykÃlad. Niech X = R oraz T = {1, 2, 3, 4} . OznaczmyA1 = [1, +∞), A2 = [2, +∞), A3 = [3, +∞) oraz A4 = [4, +∞).Wybrane zbiory tworza↪ pewna↪ rodzine↪ zbiorow, czyli zbior, ktoregoelementami sa↪ zbiory. Rodzine↪ te↪ oznaczmy przez A. Kazdemu in-deksowi jest przyporza↪dkowany pewien zbior rodziny A. Co wie↪cej,indeksy wyste↪puja↪ w okresleniu kazdego zbioru. Dlatego mozemyzapisac dowolny zbior z rodziny A w sposob ogolny: At = [t, +∞)dla t ∈ T.

Zauwazmy, ze okreslenie zbioru At nie wykorzystuje zadnychwÃlasnosci typowych tylko dla liczb 1, 2, 3 lub 4. Zastosowanie do-kÃladnie tych liczb jest podyktowane wygoda↪. Rownie dobre (chocjuz mniej wygodne) byÃloby naste↪puja↪ce okreslenie: A1 = [1, +∞),A√2 = [2, +∞), A√3 = [3, +∞) oraz A2 = [4, +∞). Natomiastprzyporza↪dkowanie A♣ = [1, +∞), A♦ = [2, +∞), A♥ = [3, +∞)oraz A♠ = [4, +∞) nie byÃloby juz w ogole wygodne (chociaz w dal-szym cia↪gu prawidÃlowe). W zwia↪zku z tym, rodzina↪ indeksow Tmoze byc dowolny zbior z wyja↪tkiem zbioru pustego.

Przyporza↪dkowanie kazdemu indeksowi t ∈ T pewnego pod-zbioru At przestrzeni X nazywamy rodzina↪ indeksowana↪ podzbio-row przestrzeni X. Rodzine↪ indeksowana↪ podzbiorow oznaczamyzwykle {At}t∈T .

Sumy i przekroje uogolnione 67

Niech {At}t∈T be↪dzie pewna↪ rodzina↪ podzbiorow X. Suma↪

uogolniona↪ zbiorow rodziny {At}t∈T nazywamy zbior⋃

t∈T At,skÃladaja↪cy sie↪ ze wszystkich elementow przestrzeni X, ktore naleza↪

do przynajmniej jednego zbioru At.

⋃

t∈T

At =

{x ∈ X :

∨

t∈T

x ∈ At

}. (7.1)

Zatem element x ∈ X nalezy do sumy uogolnionej⋃

t∈T

At,

jesli istnieje taki indeks t, ze x ∈ At. Natomiast element x ∈ X

nie nalezy do⋃

t∈T

At, jezeli nie nalezy on do zadnego zbioru rodzi-

ny {At}t∈T . Symbolicznie zapisujemy te fakty naste↪puja↪co:

x ∈⋃

t∈T

At ⇔∨

t∈T

x ∈ At, (7.2)

x /∈⋃

t∈T

At ⇔∧

t∈T

x /∈ At. (7.3)

Przekrojem uogolnionym zbiorow rodziny {At}t∈T nazywamyzbior

⋂

t∈T

At, skÃladaja↪cy sie↪ ze wszystkich elementow przestrzeni X,

ktore naleza↪ jednoczesnie do wszystkich zbiorow At.

⋂

t∈T

At =

{x ∈ X :

∧

t∈T

x ∈ At

}. (7.4)

Zatem element x ∈ X nalezy do przekroju uogolnionego⋂

t∈T

At, jesli dla kazdego indeksu t mamy x ∈ At. Natomiast do-

wolny element x przestrzeni X nie nalezy do⋂

t∈T

At, jezeli ist-

nieje taki indeks t, ze x /∈ At. Symbolicznie zapisujemy te faktynaste↪puja↪co:

x ∈⋂

t∈T

At ⇔∧

t∈T

x ∈ At, (7.5)

x /∈⋂

t∈T

At ⇔∨

t∈T

x /∈ At. (7.6)


Jezeli zbior T jest skonczony, na przykÃlad T = {1, 2, . . . , k} ,to wowczas uzywamy zapisu

k⋃t=1

At orazk⋂

t=1

At

zamiast bardziej skomplikowanego⋃

t∈{1,2, ...,k}At i

⋂

t∈{1,2, ...,k}At.

Jezeli zbior T ma dwa albo trzy elementy, to piszemy oczy-wiscie A1 ∪ A2 lub A1 ∩ A2 ∩ A3 itp. Jezeli T = N, to mozemyzapisac

∞⋃t=1

At oraz∞⋂

t=1

At.

7.2. PrzykÃlad. Niech X = R oraz T = N i niech An =(−1, 1

n

].

Wowczas∞⋃

n=1

An = (−1, 1], poniewaz kazdy ze zbiorow An zawiera

sie↪ w A1 = (−1, 1]. Skoro 1n da↪zy do zera w miare↪ jak n wzrasta,

wie↪c jesli x nalezy do kazdego ze zbiorow An, to nie moze to byc

liczba wie↪ksza od zera. Zatem∞⋂

n=1

An = (−1, 0].

7.3. PrzykÃlad. Niech X = R oraz T = Z. Rozwazmy rodzine↪przedziaÃlow At = (−∞, t). Kazdy ze zbiorow At jest poÃlprosta↪

otwarta↪. Jezeli liczba t1 < t2, to At1 ⊂ At2 . Jesli s jest liczba↪

rzeczywista↪, to s ∈ A[s]+1. Sta↪d⋃

t∈ZAt = R. Natomiast

⋂

t∈ZAt = ∅,

poniewaz nie ma takiej liczby rzeczywistej, ktora byÃlaby mniejszaod dowolnej liczby caÃlkowitej.

7.4. PrzykÃlad. Dowolny niepusty zbior mozemy zapisac w postacisumy uogolnionej. DokÃladnie, niech A be↪dzie dowolnym niepustymzbiorem przestrzeni X. Za zbior indeksow bierzemy sam zbior A.

Mamy A =⋃

a∈A

{a} .


Podstawowe wÃlasnosci sumy oraz przekroju uogolnionego ro-dziny zbiorow podane sa↪ w naste↪puja↪cym twierdzeniu.

7.5. Twierdzenie. Dla dowolnej rodziny {At}t∈T zbiorow prze-strzeni X zachodza↪ naste↪puja↪ce wÃlasnosci:

(i) At0 ⊂⋃

t∈T

At oraz⋂

t∈T

At ⊂ At0 , dla kazdego t0 ∈ T,

czyli kazdy zbior rodziny indeksowanej zawiera sie↪ w sumieuogolnionej tej rodziny oraz jest nadzbiorem przekroju uogol-nionego;

(ii) jesli At ⊂ A dla dowolnego t ∈ T, to⋃

t∈T

At ⊂ A;

(iii) jezeli A ⊂ At dla kazdego t ∈ T, to A ⊂⋂

t∈T

At;

(iv)

(⋃

t∈T

At

)′

=⋂

t∈T

A′t oraz

(⋂

t∈T

At

)′

=⋃

t∈T

A′t.

Rownosci z punktu (iv) powyzszego twierdzenia okreslamy mia-nem praw de Morgana dla rodzin indeksowanych. Zauwazmy, ze jesliT jest zbiorem dwuelementowym, to (ii), (iii), (iv) stanowia↪ bardziejskomplikowany zapis twierdzen 6.5(ii), 6.7(ii) oraz 6.12(v) i (vi).

Dowod. Ustalmy pewien zbior At0 , gdzie t0 ∈ T. Poniewaz sumauogolniona zbiorow rodziny {At}t∈T skÃlada sie↪ ze wszystkich ele-mentow, ktore naleza↪ do przynajmniej jednego ze zbiorow tejrodziny, wie↪c wszystkie elementy At0 musza↪ nalezec do

⋃

t∈T

At.

Podobnie, jezeli x nalezy do wszystkich zbiorow At, to jest tezelementem At0 , czyli

⋂

t∈T

At ⊂ At0 . Podpunkt (i) jest pokazany.

Dla dowodu cze↪sci (ii) wezmy dowolny x ∈⋃

t∈T

At. Z defini-

cji 7.2 mamy ∨

t∈T

x ∈ At,

a to oraz zaÃlozenie implikuje istnienie takiego t ∈ T, ze x ∈ A.Jednakze w formie zdaniowej x ∈ A nie wyste↪puje t, wie↪c zachodzirownowaznosc


∨

t∈T

x ∈ A ⇔ x ∈ A,

ktora konczy dowod.Uzasadnienie (iii) przebiega podobnie. Tym razem mamy

x ∈ A ⇒∧

t∈T

x ∈ At (z zaÃlozenia)

⇔ x ∈⋂

t∈T

At (z 7.5)

Udowodnimy teraz pierwsze z praw de Morgana. Mamy

x ∈(⋃

t∈T

At

)′

⇔ x /∈⋃

t∈T

At (z 6.7)

⇔∧

t∈T

x /∈ At (z 7.3)

⇔∧

t∈T

x ∈ A′t (z 6.7)

⇔ x ∈⋂

t∈T

A′t (z 7.5)

Dowod drugiego prawa de Morgana przebiega prawie identy-cznie. Wystarczy tylko w powyzszym dowodzie zamienic kwanty-fikatory szczegolowe z ogolnymi, a znak sumy uogolnionej ze znakiemprzekroju uogolnionego. ¤


Cwiczymy znajdowanie sum i przekrojow uogolnionych. Cho-dzi gÃlownie o to, aby oswoic sie↪ z zapisem i nabyc pewnego doswiad-czenia. SzczegoÃlowe dowody nie sa↪ tu wymagane, ale z kazdegozapisu trzeba w jakis sposob ,,sie↪ wytÃlumaczyc” (zobacz przykÃlady7.2, 7.3 i 7.4). Warto jest napisac, a w miare↪ mozliwosci, narysowackilka zbiorow z danej rodziny, aby zauwazyc pewne prawidÃlowosci.W zadaniach P7.1–P7.7 przestrzenia↪ jest zbior X = R, a zbiorem

indeksow jest T = N. Dla podanej rodziny zbiorow znajdz∞⋂

n=1

An

oraz∞⋃

n=1

An.


P 7.1. An = [n− 1, n).

P 7.2. An = [n, +∞).

P 7.3. An = (−∞, −1] ∪ (1n , +∞)

.

P 7.4. An =[0, 1

n+1

].

P 7.5. An =[− 1

n+1 , n+1n+2

).

P 7.6. An ={x ∈ R : n2 < x < (n + 1)2

}.

P 7.7. An = {x ∈ R : sin x = n} .

P 7.8. W zadaniach P7.1–P7.7 zmienmy zbiory indeksow naZ, Q, R lub na podzbiory tychze zbiorow. Zauwazmy, ze pewneAn-y moga↪ sie↪ zrobic puste, a pewne moga↪ stracic sens (dzielenieprzez zero!). Starajmy sie↪ zawe↪zic T tak, aby unikna↪c tego rodzajusytuacji.


Z 7.1. Dana jest przestrzen X = R oraz zbior indeksow T.

Znajdz⋃

t∈T

At oraz⋂

t∈T

At.

(a) At = [−t, t], T = N,

(b) At = [−t, t], T = Q+ (liczby wymierne dodatnie),(c) At = (−∞, −t) ∪ (t, ∞), T = Q+,

(d) At ={x ∈ R : t2 ≤ x ≤ t3

}, T =

[2,√

5],

(e) At ={x ∈ R : t2 ≤ x ≤ t3

}, T =

(2,√

5],

(f) At = {x ∈ R : sin x = t} , T =[0, π

2

].

Z 7.2. Tym razem nasza↪ przestrzenia↪ be↪dzie X = R2 (pÃlasz-

czyzna), a zbiorem indeksow N. Znajdz∞⋃

n=1

An oraz∞⋂

n=1

An, ry-

suja↪c odpowiednie wykresy i zauwazaja↪c prawidÃlowosci.(a) An =

{(x,y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ n

},

(b) An ={(x,y) ∈ R2 : x2 + y2 > n

},

(c) An ={(x,y) ∈ R2 : x = ny2

},


(d) An ={(x,y) ∈ R2 : x ≥ ny2

},

(e) An ={(x,y) ∈ R2 : xy ≤ n

},

(f) An ={(x,y) ∈ R2 : nxy > 1

},

(g) An ={(x,y) ∈ R2 : nxy > 0

}.

8. Poje↪cie produkt kartezjanski dwoch zbiorow

Jeden z najwie↪kszych przeÃlomow w rozwoju matematyki byÃlwynikiem odkrycia produktu kartezjanskiego. Dzie↪ki temu staÃlosie↪ mozliwe stworzenie ,,warsztatow pracy” dla takich podstawo-wych dziaÃlow matematyki, jak analiza i geometria analityczna. Ten,,warsztat” to nic innego, tylko dobrze nam znany prostoka↪tny ukÃladwspoÃlrze↪dnych.

Pary uporza↪dkowane. Produkt kartezjanski jest zbiorem,

ktorego elementy maja↪ pewien specyficzny charakter. Zanim wie↪cwprowadzimy poje↪cie produkt kartezjanski, potrzebne nam be↪dzieokreslenie elementu tego zbioru, czyli poje↪cie para uporza↪dkowana.Para↪ uporza↪dkowana↪ o poprzedniku x oraz naste↪pniku y nazywa-my dwojke↪ elementow (x, y), dla ktorej speÃlniony jest naste↪puja↪cywarunek:

(x, y) = (a, b) ⇔ x = a ∧ y = b. (8.1)

Zauwazmy, ze (a, b) = (b, a) wtedy i tylko wtedy, gdy a = b.Mowia↪c potocznie, para uporza↪dkowana to takie dwa elementy,o ktorych wiadomo, ktory jest pierwszy. Mozna wie↪c rozumiec pare↪uporza↪dkowana↪ (a,b) jako {{a,b} ,a} , czyli zbior dwuelementowy,ktorego elementami sa↪ zbior {a,b} oraz element wyrozniony a. Ele-ment ten nazywamy poprzednikiem pary, a drugi element zbioru{a,b} nazywamy naste↪pnikiem pary.

Definicja pary uporza↪dkowanej nie mowi nam, ska↪d pochodza↪

jej poprzednik oraz naste↪pnik. Moga↪ one byc elementami dowol-nych zbiorow. Jesli A i B sa↪ dowolnymi zbiorami, produktemkartezjanskim A × B tych zbiorow nazywamy zbior tych wszyst-kich par uporza↪dkowanych (x,y), gdzie x ∈ A oraz y ∈ B.

Z produktem kartezjanskim R×R spotkalismy sie↪ juz, rysuja↪cwykresy funkcji. To wÃlasnie jest prostoka↪tny ukÃlad wspoÃlrze↪dnych.DokÃladnie, produkt ten daje sie↪ przedstawic jako pÃlaszczyzna, naktorej wspoÃlrze↪dne punktow wyznaczaja↪ dwie krzyzuja↪ce sie↪ podka↪tem prostym osie liczbowe. Kazdemu punktowi pÃlaszczyzny przy-pisana jest para uporza↪dkowana, ktorej poprzednik nazywamy od-cie↪ta↪, a naste↪pnik rze↪dna↪.


Produkt kartezjanski dwoch zbiorow jest przede wszystkimzbiorem. Jego elementami sa↪ pary elementow. Zatem

(x,y) ∈ A×B ⇔ x ∈ A ∧ y ∈ B (8.2)

oraz(x,y) /∈ A×B ⇔ x /∈ A ∨ y /∈ B. (8.3)

WÃlasnosci produktu kartezjanskiego. Z definicji paryuporza↪dkowanej oraz produktu kartezjanskiego wynika jasno, zeA × B nie jest zwykle rowny B × A. Zatem dziaÃlanie produktukartezjanskiego okreslone na zbiorach nie jest przemienne. Ma onowÃlasnosc rozdzielnosci wzgle↪dem sumy i przekroju zbiorow.


(i) A× (B ∪ C) = (A×B) ∪ (A× C),(ii) (B ∪ C)×A = (B ×A) ∪ (C ×A),(iii) A× (B ∩ C) = (A×B) ∩ (A× C),(iv) (B ∩ C)×A = (B ×A) ∩ (C ×A).Dowod wynika z prostego zastosowania definicji oraz odpowiednichtautologii. Udowodnimy (i) i pozostawimy pozostaÃle punkty Czytel-nikowi do samodzielnego pokazania.

(x,y) ∈ A× (B ∪ C) ⇔ x ∈ A ∧ y ∈ B ∪ C (z 8.2)⇔ x ∈ A ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ C) (z 6.1)⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ y ∈ C)

(z T23)⇔ (x,y) ∈ A×B ∨ (x,y) ∈ A× C (z 8.2)⇔ (x,y) ∈ (A×B) ∪ (A× C). ¤ (z 6.1)

Uzywaja↪c zasady indukcji matematycznej, pokazemy naste↪pu-ja↪ce twierdzenie, wskazuja↪ce analogie↪ pomie↪dzy produktem karte-zjanskim i mnozeniem liczb.

8.2. Twierdzenie. Jesli A jest zbiorem n-elementowym, a B jestzbiorem m-elementowym, to A×B ma n ·m elementow.

Poje↪cie produkt kartezjanski dwoch zbiorow 75

Dowod (indukcja ze wzgle↪du na m ). Niech A = {a1, a2, . . . , an} .

Jesli B jest zbiorem jednoelementowym, czyli B = {b} , tomozemy wypisac wszystkie elementy zbioru A×B. Mianowicie

A×B = {(a1, b), (a2, b), . . . , (an, b)} .

Wynika sta↪d jasno, ze A×B ma dokÃladnie n · 1 elementow.ZaÃlozmy, ze twierdzenie jest prawdziwe dla zbioru k-elemento-

wego. Niech B = {b1, b2, . . . , bk, bk+1} . Korzystaja↪c z twierdze-nia 8.1(i), otrzymujemy

A×B = A× {b1, b2, . . . , bk} ∪A× {bk+1} . (8.4)

Poste↪puja↪c podobnie jak w przypadku dla m = 1 , zauwazamy, zeA× {bk+1} ma n elementow. Natomiast z zaÃlozenia indukcyjnegootrzymujemy, ze drugi zbior w 8.1 ma nk elementow. Poniewaz obazbiory sa↪ rozÃla↪czne, wie↪c A×B ma n + nk = n(k + 1) elementow.

Na podstawie twierdzenia o indukcji matematycznej otrzymu-jemy, ze teza jest prawdziwa dla dowolnego m ∈ N. ¤

W naszej analogii do mnozenia liczb posuniemy sie↪ nieco daleji produkt kartezjanski A×A be↪dziemy oznaczac przez A2.

Na zakonczenie naszych ogolnych rozwazan zastanowmy sie↪,czemu jest rowny produkt kartezjanski, w ktorym jeden z czynnikowjest zbiorem pustym. Wowczas koniunkcja w 8.2 jest, oczywiscie,faÃlszywa. Zatem, aby rownowaznosc byÃla prawdziwa, zdanie polewej stronie znaku ,,⇔ ” musi byc faÃlszywe, czyli A × B = ∅.Udowodnilismy w ten sposob

8.3. Twierdzenie. Jesli jeden ze zbiorow A lub B jest pusty, toA×B jest zbiorem pustym. ¤


P 8.1. Na prostoka↪tnym ukÃladzie wspoÃlrze↪dnych zaznacz naste↪-puja↪ce zbiory:

(a) (1, 3)× (2, 4), [1, 3)× (2, 4), [1, 3)× (2, 4], [1, 3]× [2, 4),(b) (1, 3)×(−2, +∞), (−∞, 3)×(−1, 3], (1, +∞)×(−∞, 4),(c) (−1, 1)× R, [−1, 2]× R, R× (2, 4], R× [2, 4),


(d) {1, 2} × R, R× {−1, 0, 4} , [−1, 2]× {2, 3, 5} ,

(e) {−2, 0, 1} × ((2, 3] ∪ {4}) ,

(f) ({−1, 1} ∪ [2, 4))× ((1, 2] ∪ {3, 4}) ,

(g) {1, 2, 3} × {−1, 2, 3} , N× N, Z× R.

P 8.2. Udowodnij, ze(a) (A \B)× C = (A× C) \ (B × C) ;(b) Jezeli A ⊂ B, to A× C ⊂ B × C oraz C ×A ⊂ C ×B.

P 8.3. Czy ponizsza rownosc jest prawem rachunku zbiorow?

C × (A \B) = (C ×A) \ (C ×B).


Z 8.1. Zaznacz na pÃlaszczyznie zbiory

(N ∪ {−2, −1})× R oraz

([−2, −1) ∪ {1, 2, 5} ∪ [3, 4))× ([−1, 1] ∪ {−3, 2, 5} ∪ (3, 4]) .

Z 8.2. Udowodnij twierdzenie 8.1(ii), (iii) i (iv).

9. Relacje

Relacje dwuczÃlonowe. Jak zauwazylismy w rozdziale szos-tym, zbiory mozemy definiowac, uzywaja↪c form zdaniowych, czylidefiniuja↪c wÃlasnosci, jakie maja↪ speÃlniac elementy zbioru. Prowadzito do definicji przynaleznosci, ktora brzmi: x nalezy do zbioru ⇔x speÃlnia wÃlasnosc ϕ(x). Kiedy mamy do czynienia z przestrze-nia↪ X, utozsamiamy jej podzbiory oraz ,,zespoÃly” elementow, ktorespeÃlniaja↪ pewna↪ wÃlasnosc. Niektorzy autorzy uzywaja↪ nawet zapisuA(x) zamiast x ∈ A dla podkreslenia, ze x jest elementem, ktoryspeÃlnia wÃlasnosc speÃlniana↪ przez wszystkie elementy zbioru A.

Przypuscmy teraz, ze mamy dane dwie przestrzenie X oraz Y.Uzywaja↪c ich, tworzymy nowa↪ przestrzen, jaka↪ jest produkt kartez-janski X×Y. WÃlasnosci elementow (x,y) naszego produktu opisu-jemy zwykle przez zaleznosc x od y lub odwrotnie. Zaleznoscta, nazywana zwykle relacja↪, opisuje nam pewien podzbior pro-duktu. Dla przykÃladu, rozwazmy produkt N2 = N×N. Mowimy, zepomie↪dzy n i m zachodzi relacja podzielnosci, jesli liczba n dzielisie↪ przez m (w skrocie zapisujemy m | n). Nasza relacja podzielno-sci opisuje nam zbior par (n, m), do ktorego naleza↪ mie↪dzy innymi(1, 1), (12, 3), (121, 11), (14, 7) itd. Do zbioru tego nie naleza↪

pary (1, n), gdzie n 6= 1, oraz pary (3, 12), (11, 121), (7, 14) ijeszcze nieskonczenie wiele innych.

Rozwazania te prowadza↪ do naste↪puja↪cej definicji. Relacja↪

dwuczÃlonowa↪ lub, po prostu, relacja↪ nazywamy dowolny podzbiorproduktu kartezjanskiego. Jesli mamy do czynienia z produk-tem X × X, to dowolny podzbior tego zbioru nazywamy relacja↪

dwuczÃlonowa↪ w X.

9.1. PrzykÃlad. Niech X be↪dzie dowolnym zbiorem. Przez 2X

oznaczamy rodzine↪ wszystkich podzbiorow zbioru X. Tworzymyprodukt kartezjanski X × 2X . Elementami tego produktu sa↪ paryuporza↪dkowane (x, A), gdzie x ∈ X oraz A ⊂ X. Okreslamy terazzaleznosc x ∈ A, ktora nazywa sie↪ relacja↪ przynaleznosci. Opisujeona zbior tych wszystkich par (x, A), dla ktorych x ∈ A.


9.2. PrzykÃlad. Ponownie niech X be↪dzie dowolnym zbiorem.Okreslimy relacje↪ w 2X , czyli na zbiorze wszystkich par (A, B),gdzie A i B sa↪ podzbiorami X. Relacja↪ inkluzji (zawierania) nazy-wamy zbior wszystkich par (A, B), dla ktorych A ⊂ B.

Relacje na zbiorze X × Y oznaczamy najcze↪sciej grecka↪ lite-ra↪ ρ i zamiast pisac (x, y) ∈ ρ, piszemy zwykle xρy lub ρ(x, y).Dziedzina↪ relacji ρ ⊂ X × Y nazywamy zbior

D(ρ) =

x ∈ X :

∨

y∈Y

xρy

.

Przeciwdziedzina↪ (zbiorem wartosci) tej relacji nazywamy zbior

D−1(ρ) =

{y ∈ Y :

∨

x∈X

xρy

}.

Wykresem relacji ρ ⊂ X × Y nazywamy cze↪sc zbioru X × Yzawieraja↪ca↪ wszystkie te i tylko te pary (x, y), ktore naleza↪ do ρ.

Na przykÃlad, jesli X = Y = R, a relacja ρ jest okreslonawzorem xρy ⇔ y = x2, to wykresem tej relacji jest parabola,dziedzina↪ zbior liczb rzeczywistych, a przeciwdziedzina↪ zbior liczbrzeczywistych nieujemnych. Jezeli relacje↪ ρ okreslimy xρy ⇔x2+y2 ≤ 1, to jej dziedzina↪ i przeciwdziedzina↪ jest przedziaÃl [−1, 1],a wykresem koÃlo o promieniu 1 i srodku w punkcie (0, 0).

Formy zdaniowe dwoch zmiennych. Zwia↪zek pomie↪dzyzbiorami oraz formami zdaniowymi jednej zmiennej przenosi sie↪ napodobienstwo pomie↪dzy relacjami oraz formami zdaniowymi dwochzmiennych. Przyjrzyjmy sie↪ teraz tym ostatnim. Niech dany be↪dzieprodukt kartezjanski X×Y dwoch niepustych zbiorow. Wyrazenieφ(x, y) nazywamy forma↪ zdaniowa↪ dwoch zmiennych, jesli staje sie↪ono zdaniem po podstawieniu za x pewnego elementu zbioru X,a za y pewnego elementu zbioru Y.

Forme↪ zdaniowa↪ dwoch zmiennych x i y mozemy traktowacjako forme↪ zdaniowa↪ jednej zmiennej (x, y), ktorej zakresem jestzbior X × Y. Na przykÃlad, wyrazenie x < y jest forma↪ zdaniowa↪

dwoch zmiennych x ∈ R oraz y ∈ R lub jest forma↪ zdaniowa↪ jednejzmiennej (x, y) ∈ R2.

Relacje 79

Niech φ(x, y), x ∈ X, y ∈ Y be↪dzie dowolna↪ forma↪ zdaniowa↪

dwoch zmiennych. Zbior tych par (a, b) ∈ X×Y, dla ktorych zdanieφ(a, b) jest prawdziwe, oznaczamy:

{(x, y) ∈ X × Y : φ(x, y)} . (9.1)Sta↪d

(a, b) ∈ {(x, y) ∈ X × Y : φ(x, y)} ⇔ w (φ(a, b)) = 1. (9.2)

Podobnie jak przy zbiorach tworzonych przez formy zdan-iowe jednej zmiennej i tu be↪dziemy pomijac w(·) i pisac φ(a, b),rozumieja↪c ten zapis jako zdanie prawdziwe. Mowimy, ze elementya i b lub para (a, b) speÃlnia forme↪ zdaniowa↪ φ(x, y), jesli zdanieφ(a, b) jest zdaniem prawdziwym.

Kazda forma zdaniowa dwoch zmiennych wyznacza pewienpodzbior produktu kartezjanskiego X × Y, czyli relacje↪ dwuczÃlo-nowa↪ ρ ∈ X × Y. Zachodzi przy tym prosta zaleznosc

xρy ⇔ φ(x, y). (9.3)Zatem relacja ρ zachodzi mie↪dzy dwoma elementami x i y pro-duktu X × Y wtedy i tylko wtedy, gdy zdanie φ(x, y) jestprawdziwe.

Typy relacji. Zwykle mamy do czynienia z relacjamiokreslonymi na produkcie X2 = X × X. Przytoczymy tu kilkaszczegolnych i cze↪sto spotykanych typow relacji. Niech ρ oznaczarelacje↪ okreslona↪ na zbiorze X.

ρ jest zwrotna ⇐⇒∧

x∈X

xρx

ρ jest przeciwzwrotna ⇐⇒∧

x∈X

∼xρx

ρ jest symetryczna ⇐⇒∧

x,y∈X

xρy ⇒ yρx

ρ jest antysymetryczna ⇐⇒∧

x,y∈X

xρy ∧ yρx ⇒ x = y

ρ jest przeciwsymetryczna ⇐⇒∧

x,y∈X

xρy ⇒∼yρx

ρ jest spojna ⇐⇒∧

x,y∈X

xρy ∨ yρx

ρ jest przechodnia ⇐⇒∧

x,y,z∈X

xρy ∧ yρz ⇒ xρz


Relacje↪, ktora jest zwrotna, symetryczna i przechodnia nazy-wamy relacja↪ rownowaznosci. Jesli relacja jest zwrotna, antysymet-ryczna oraz przechodnia, to jest to relacja porza↪dkuja↪ca.

9.3. PrzykÃlad. Na zbiorze liczb naturalnych N okreslamy relacje↪ρ naste↪puja↪co:

xρy ⇔ 3 | 2x + y.

Dziedzina↪ i przeciwdziedzina↪ tej relacji jest zbior liczb naturalnych.Relacja ta jest zwrotna i przechodnia, ale nie jest przeciwzwrotna,antysymetryczna, przeciwsymetryczna ani spojna. Pokazemy, ze jestona symetryczna, czyli ze z 3 | 2x + y wynika 3 | 2y + x. Mamy

3 | 2x + y ⇔∨

n∈N2x + y = 3n ⇒

∨

n∈N4x + 2y = 6n

⇔∨

n∈N2y + x = 3n− 3x ⇒

∨

m∈N2y + x = 3m

⇔ 3|2y + x.

9.4. PrzykÃlad. Na dowolnym, niepustym zbiorze X okreslamy re-lacje↪ xρy ⇔ x = y. Jest ona zwrotna, symetryczna, antysymetrycz-na i przechodnia. Dla odmiany, relacja xρy ⇔ x 6= y jest przeciw-zwrotna i symetryczna, a nie jest antysymetryczna ani przechodnia.

9.5. PrzykÃlad. Relacje (sÃlabej) mniejszosci i wie↪kszosci dane wzora-mi xρy ⇔ x ≤ y oraz xρy ⇔ x ≥ y i okreslone na R sa↪ relacjamiporza↪dkuja↪cymi, czyli sa↪ zwrotne, antysymetryczne i przechodnie.Sa↪ one takze spojne.

9.6. PrzykÃlad. Relacja (ostrej) mniejszosci okreslona na R wzoremxρy ⇔ x < y jest przeciwzwrotna, przeciwsymetryczna, antysyme-tryczna i przechodnia. Pokazemy, ze jest to relacja antysymetrycz-na, czyli ze zdanie

p = (x < y) ∧ (y < x)

implikuje zdanie x = y. Istotnie, zdanie p jest faÃlszywe jako ko-niunkcja zdan, z ktorych jedno jest faÃlszywe. Zatem implikacjap ⇒ (x = y) jest prawdziwa.

9.7. PrzykÃlad. Relacja ⊂ (por. przykÃlad 9.2) jest relacja↪ po-rza↪dkuja↪ca↪. Zauwazmy, ze nie jest to relacja spojna. Istotnie, je-zeli X = {a,b,c} , to nie zachodzi zadna z inkluzji {a,b} ⊂ {c} ,

Relacje 81

{c} ⊂ {a,b} . Zachodzi jednak dla tej relacji sÃlabsza wÃlasnosc: dladowolnych podzbiorow A i B zbioru X istnieja↪ podzbiory Coraz D, takie ze C ⊂ A ⊂ D oraz C ⊂ B ⊂ D.


P 9.1. Niech X = {1, 2, 3, 4, 5} , Y = {a, b, c} . Dla poda-nych nizej relacji wyznacz dziedzine↪, przeciwdziedzine↪ oraz naszki-cuj wykres. Na podstawie wykresu sprawdz, czy dziedzina i przeci-wdziedzina zostaÃly wyznaczone prawidÃlowo.

(a) ρ = {(1, a),(2, a),(4, b)} ,

(b) ρ = {(2, b),(4, c),(3, a),(3, b),(3, c)} ,

(c) ρ = {(1, a),(2, a),(3, a),(4, a),(5, a)} .

Ile roznych relacji mozna okreslic w zbiorze X × Y ?

P 9.2. Przypuscmy, ze A jest zbiorem wszystkich liter, a Bjest zbiorem samochodow. Okresl trzy relacje na zbiorze A×B.

P 9.3. Dla podanych nizej relacji okreslonych w R2 wyznaczdziedzine↪, przeciwdziedzine↪ oraz naszkicuj wykres.

(a) ρ ={(x, y) : x2 = y2

},

(b) σ = ({−1, 2} ∪ (3, 5))× ([−2, 0) ∪ {1, 2, 4, 5}) ,

(c) τ = {(x, y) : y = 2x− 3} ,

(d) φ ={

(x, y) : x2

a2 + y2

b2 = 1}

, gdzie a oraz b sa↪ dowol-nymi liczbami dodatnimi,

(e) ρ ∪ σ, φ ∩ τ, σ \ ρ.

P 9.4. Zbadaj wÃlasnosci relacji z poprzedniego zadania, tzn.sprawdz, czy relacje te sa↪ zwrotne, przeciwzwrotne, symetryczne,antysymetryczne, przeciwsymetryczne, przechodnie i spojne.


P 9.5. Okresl wzorem relacje↪ w zbiorze R, ktorej wykresemjest

(a) hiperbola,(b) wne↪trze paraboli, tj. obszar pomie↪dzy gaÃle↪ziami paraboli,

ale bez tych gaÃle↪zi,(c) dwie krzyzuja↪ce sie↪ linie proste,(d) dwie parabole,(e) wne↪trza dwoch rozÃla↪cznych koÃl.

P 9.6. Rozwazmy zbior X = {a, b, c, d} . W zbiorze tym okre-slamy naste↪puja↪ce relacje.

(a) ρ = {(a, a),(b, b),(c, c),(d, d)} ,

(b) σ = {(a, b),(b, a),(a, c),(c, a),(b, d),(d, b)} ,

(c) τ = {(a, b),(b, c),(c, d),(d, a)} .

Wyznacz dziedziny, przeciwdziedziny i wykresy powyzszych re-lacji. Sprawdz, czy sa↪ one zwrotne, przeciwzwrotne, symetryczne,antysymetryczne, przeciwsymetryczne, przechodnie i spojne. Cotrzeba dodac do wykresu, aby otrzymac relacje: zwrotna↪, symetrycz-na↪, spojna↪? Jakie cechy charakterystyczne maja↪ wykresy relacjizwrotnej, symetrycznej, antysymetrycznej itp. Sprobuj policzyc,ile roznych relacji zwrotnych, symetrycznych, przeciwzwrotnych itd.mozna okreslic na X. Jak to sie↪ uogolnia na zbior n-elementowy?


Z 9.1. Wyznacz dziedziny i przeciwdziedziny podanych nizejrelacji okreslonych na zbiorze Q = {a, b, c, d} .

(a) ρ = {(a, b),(a, c),(b, c)} ,

(b) ρ = {(a, b),(a, c),(a, d),(b, a),(c, a),(d, a)} ,

(c) ρ = {(x, y) : x jest samogÃloska↪} ,

(d) ρ = {(x, y) : x = b ∨ y = b} .

Z 9.2. Wyznacz dziedziny i przeciwdziedziny podanych relacjiokreslonych w zbiorze X.

(a) X = N, ρ = {(a, b) : a < b} ,

(b) X = R, ρ ={(a, b) : a2 − b = 0

},

(c) X = Z, ρ = {(a, b) : 2|a− b} ,

(d) X = Z, ρ ={(a, b) : 2|a2 − b2

}.

Relacje 83

Z 9.3. ZaÃlozmy, ze ρ i τ sa↪ relacjami okreslonymi na produk-cie A × B. Pokaz, ze D(ρ ∪ τ) = D(ρ) ∪ D(τ) , czyli, ze dziedzi-na relacji ρ ∪ τ jest suma↪ mnogosciowa↪ dziedzin relacji ρ i rela-cji τ. Zbadaj, czy podobna rownosc zachodzi dla przeciwdziedzin.Takze sprawdz (na konkretnych przykÃladach), jak moga↪ wygla↪dacdziedziny i przeciwdziedziny przekroju lub roznicy dwoch relacji.

Z 9.4. Dla relacji z zadania Z9.7 sprawdz, ktore z nich sa↪

zwrotne, przeciwzwrotne, symetryczne, antysymetryczne, przeciw-symetryczne, przechodnie lub spojne. Jezeli pewna wÃlasnosc niezachodzi, sprobuj dana↪ relacje↪ rozszerzyc lub tez zawe↪zic tak, bybyÃla prawdziwa dla nowej relacji.

Z 9.5. Oblicz, ile roznych relacji (a) zwrotnych, (b) przeciw-zwrotnych, (c) symetrycznych, (d) antysymetrycznych, (e) prze-ciwsymetrycznych, (f) przechodnich, (g) spojnych mozna okreslicw zbiorze trzyelementowym. Sprobuj uogolnic swoje obliczenia naprzypadek zbioru n-elementowego.

Z 9.6. Zbadaj wÃlasnosci relacji okreslonej w R, ktora jest(a) suma↪ relacji < oraz = ,(b) przekrojem relacji < oraz = ,(c) suma↪ relacji < oraz > .

Z 9.7. Narysuj wykres oraz zbadaj wÃlasnosci poszczegolnychrelacji okreslonych w R.

(a) ρ = {(x, y) : x 6= y} ,

(b) ρ = {(x, y) : xy > −1} ,

(c) ρ = {(x, y) : |x|+ |y| ≤ 1} ,

(d) ρ ={(x, y) : 1 < x2 + y2 ≤ 4

}.

Z 9.8. Niech X be↪dzie dowolnym zbiorem, a A oraz B jegopodzbiorami.

(a) Pokaz, ze relacja A×B jest przechodnia.(b) Dla jakich zbiorow A i B relacja A×B jest zwrotna?(c) Dla jakich zbiorow A i B relacja A × B jest przeciw-

zwrotna?(d) Zbadaj wÃlasnosci relacji ∅.

10. Relacje rownowaznosci

Poje↪cie. Przypomnijmy, ze jezeli relacja jest zwrotna, sy-

metryczna i przechodnia, to nazywamy ja↪ relacja↪ rownowaznosci.Zwykle oznaczamy ja↪ przez ∼ lub ≈ zamiast ρ. W algebrze cze↪stostosuje sie↪ oznaczenie ≡ .

10.1. PrzykÃlad. Zdefiniujmy relacje↪ ≈ w zbiorze liczb rzeczywis-tych naste↪puja↪co: x ≈ y ⇔ x− y ∈ Z. Zauwazmy, ze jest to relacjarownowaznosci.

10.2. PrzykÃlad. Niech L oznacza zbior wszystkich prostych na pÃla-szczyznie. Relacje↪ rownolegÃlosci || okreslamy w L tak, ze a||b ⇔proste a oraz b sa↪ rownolegÃle. Przyjmujemy przy tym, ze proste,ktore sie↪ pokrywaja↪, sa↪ rownolegÃle. W zwia↪zku z tym relacja jestzwrotna. Dowody dwoch pozostaÃlych wÃlasnosci sa↪ oczywiste.

10.3. PrzykÃlad. Niech P (x1,y1) i Q(x2,y2) be↪da↪ dowolnymi punk-tami w ukÃladzie wspoÃlrze↪dnych R2. Wtedy wspoÃlrze↪dne wektora−−→PQ sa↪ zdefiniowane jako [x2 − x1,y2 − y1]. Oznaczmy przez Wzbior wszystkich wektorow w R2. Relacje↪ ≈ okreslamy w W tak,ze −−→

PQ ≈ −−→AB , jesli wektory te maja↪ takie same wspoÃlrze↪dne. Tak

okreslona relacja jest relacja↪ rownowaznosci.

10.4. PrzykÃlad. Przypuscmy, ze X jest dowolnym zbiorem. Jeslirelacje↪ ≈ okreslimy w X przez x ≈ y ⇔ x = y , to be↪dzie torelacja rownowaznosci.

Zasada abstrakcji. Niech ≈ be↪dzie relacja↪ rownowaznosciw niepustym zbiorze X i niech x ∈ X. Zdefiniujemy naste↪puja↪cyzbior

[x] = {y ∈ X : y ≈ x} , (10.1)

czyli zbior wszystkich tych elementow zbioru X , ktore sa↪ w relacjiz x. Zbior okreslony wzorem 10.1 nazywamy klasa↪ abstrakcji lubklasa↪ rownowaznosci o reprezentancie x. Zauwazmy, ze klasa ab-strakcji nie jest zbiorem pustym, poniewaz x ≈ x , a wie↪c x ∈ [x].Za chwile↪ zauwazymy tez, ze reprezentantem klasy abstrakcji moze

Relacje rownowaznosci 85

byc dowolny element tego zbioru. Stanie sie↪ to oczywiste, gdyudowodnimy naste↪puja↪ce twierdzenie.

10.5. Twierdzenie. Niech ≈ be↪dzie relacja↪ rownowaznosci okre-slona↪ w niepustym zbiorze X. Klasy abstrakcji wyznaczone przezelement zbioru X maja↪ naste↪puja↪ce wÃlasnosci:

(i) x ∈ [x] dla dowolnego x ∈ X,

(ii) [x] = [y] ⇔ x ≈ y dla dowolnych x,y ∈ X,

(iii) jesli [x] 6= [y] , to [x] ∩ [y] = ∅ dla dowolnych x,y ∈ X.

Dowod. WÃlasnosc (i) juz udowodnilismy. Aby pokazac wÃlasnosc (ii),zaÃlozmy najpierw, ze [x] = [y]. Poniewaz x ∈ [x] , wie↪c x ∈ [y]. Za-tem z 10.1 mamy x ≈ y. ZaÃlozmy teraz, ze x ≈ y i wezmy dowolnyelement z ∈ [x]. Oznacza to, ze z ≈ x. Z przechodniosci relacjirownowaznosci i z zaÃlozenia, ze x ≈ y , mamy z ≈ y. Korzystaja↪cz definicji klasy abstrakcji, otrzymujemy z ∈ [y]. Zatem [x] ⊂ [y].Podobnie pokazujemy, ze [y] ⊂ [x]. Ostatacznie mamy [x] = [y].

Pokazemy teraz wÃlasnosc (iii). W tym celu zaÃlozmy, ze istniejepewien z ∈ [x] ∩ [y]. Z definicji przekroju dwoch zbiorow mamyz ∈ [x] i z ∈ [y] , a z definicji klasy abstrakcji otrzymujemy z ≈ xoraz z ≈ y. Korzystamy teraz z symetrycznosci, by zauwazyc, zetakze x ≈ z. Zatem x ≈ y. Z udowodnionego juz (ii) otrzymujemy[x] = [y]. Zatem, jesli przekroj dwoch klas abstrakcji nie jest pusty,to klasy te sa↪ sobie rowne. ¤

WÃlasnosc (ii) twierdzenia 10.5 mowi nam dokÃladnie, zereprezentantem klasy abstrakcji jest dowolny jej element. Z kolei,z wÃlasnosci (iii) oraz (i) wnioskujemy, ze relacja rownowaznosci dzielizbior X na rozÃla↪czne podzbiory. Nazywamy to zasada↪ abstrak-cji. Zbior wszystkich klas abstrakcji nazywamy zbiorem ilorazowymi oznaczamy X/ ≈ .

Relacja rownowaznosci zdefiniowana w 10.1 dzieli zbior liczbrzeczywistych R na klasy abstrakcji

[x] = x + Z =

{y ∈ R :

∨

k∈Zy = x + k

}.

Zbiory te nazywamy warstwami podgrupy Z. Warstwy i zwia↪zanyz nimi zbior ilorazowy odgrywaja↪ istotna↪ role↪ w algebrze. Relacja


rownolegÃlosci prostych zdefiniowana w przykÃladzie 10.2 odgrywaistotna↪ role↪ w geometrii. Klasa abstrakcji pewnej prostej a za-wiera wszystkie proste rownolegÃle do niej i nazywa sie↪ kierun-kiem prostej a. Takze relacja zdefiniowana w 10.3 jest powszech-nie uzywana w geometrii. Jej klasy abstrakcji nazywamy wektoramiswobodnymi. Relacja 10.4 dzieli zbior X na klasy abstrakcji, ktoresa↪ zbiorami jednoelementowymi. Zatem X/ ≈= {{x} : x ∈ X} .Druga↪ skrajnosc prezentuje okreslona w X relacja x ≈ y ⇔ x ∈ X.Jej jedyna↪ klasa↪ abstrakcji jest X. Zatem X/ ≈= {X} .

Z zasada↪ abstrakcji spotykamy sie↪ na co dzien, cze↪sto nie zdaja↪csobie z tego sprawy. Jesli, na przykÃlad, siadamy do obiadu i prosimyo widelec, to w istocie prosimy o dowolnego reprezentanta klasywidelcow, a nie o konkretny przedmiot. Podobnie, jesli dojezdzamydo pracy autobusem, to mowia↪c o tym, nie mamy na mysli konkret-nego pojazdu (chyba, ze ktos ma prywatny autobus), lecz dowolnegoreprezentanta klasy autobusow.


P 10.1. Sprawdz, czy podane nizej relacje okreslone w R sa↪

relacjami rownowaznosci? Jezeli tak, to wyznacz kilka klas abs-trakcji.

(a) xρy ⇔ x− y ∈ Z,

(b) xρy ⇔ x + y ∈ Q,

(c) xρy ⇔ ent (x) = ent (y),(d) xρy ⇔ x2 = y2.

Uwaga. ent oznacza ,,caÃlosc z. . . ” dla odroznienia od [·] , ktoreoznacza teraz co innego.

P 10.2. Wyznacz relacje↪ rownowaznosci w Z tak, aby klasyabstrakcji byÃly rowne dokÃladnie:

(a) liczbom ujemnym, liczbom dodatnim i {0} ,

(b) liczbom nieujemnym i liczbom ujemnym,(c) liczbom postaci 5k, 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, i 5k + 4.

Relacje rownowaznosci 87


Z 10.1. Przypuscmy, ze S jest dowolnym zbiorem skonczonym.Na zbiorze 2S wszystkich podzbiorow zbioru S okreslamy relacje↪ρ naste↪puja↪co:

AρB ⇔ A ma tyle samo elementow co B.

(a) Pokaz, ze jest to relacja rownowaznosci.(b) Niech S oznacza trzyelementowy zbior {a,b,c} . Wyznacz

[∅] , [{a}] , [{c}] oraz [{a,c}].(c) Wyznacz zbior ilorazowy, tj. okresl, jaka↪ ceche↪ maja↪

wszystkie zbiory znajduja↪ce sie↪ w tej samej klasie abs-trakcji.

Z 10.2. W podanym zbiorze X okreslono relacje↪ ρ. Zbadaj,czy jest to relacja rownowaznosci. Jesli tak, to wyznacz jej zbiorilorazowy lub kilka jego elementow.

(a) X = R, xρy ⇔ x− y = 2,

(b) X = Z, xρy ⇔ x2 − y2 ≤ 0,

(c) X = Z, xρy ⇔ 2|x− y,

(d) X = R, xρy ⇔ ∨k∈Z(x− k < 1 ∧ y − k < 1).

Z 10.3. Wskaz relacje↪ rownowaznosci, ktora dzieli zbior liczbcaÃlkowitych na dwie klasy abstrakcji – liczby parzyste i nieparzyste.

Z 10.4. Wskaz relacje↪ rownowaznosci, ktora dzieli zbior liczbrzeczywistych na odcinki otwarto-domknie↪te [x,x+1) , gdzie x jestliczba↪ caÃlkowita↪. Uzyj tu funkcji ,,cze↪sc caÃlkowita z ...”.

Z 10.5. Okresl na zbiorze wszystkich ludzi taka↪ relacje↪ rowno-waznosci, ktora dzieli ten zbior na

(a) dwie klasy abstrakcji,(b) cztery klasy abstrakcji,(c) wie↪cej niz sto klas abstrakcji.

Z 10.6. O ile policzenie wszystkich relacji przechodnich, ktoremozna okreslic w zbiorze trzyelementowym, jest dosc trudnymzadaniem (por. zadanie Z9.5), to policzenie wszystkich relacjirownowaznosci w takim zbiorze nie sprawia az takich trudnosci.


Istotnie, relacja rownowaznosci dzieli zbior na klasy abstrakcji,czyli takie podzbiory, gdzie kazdy element jest w relacji z innymelementem tego podzbioru. Zatem kazda↪ relacje↪ rownowaznosciw zbiorze A wyznacza podziaÃl tego zbioru na rozÃla↪czne i niepustepodzbiory. Dla zbioru trzyelementowego mamy 5 takich podziaÃlow:

– kiedy relacja ma tylko jedna↪ klase↪ abstrakcji (jeden po-dziaÃl),

– kiedy relacja ma dokÃladnie dwie klasy abstrakcji (trzypodziaÃly),

– kiedy relacja ma dokÃladnie trzy klasy abstrakcji (jedenpodziaÃl).

Zatem w zbiorze trzyelementowym mozna okreslic dokÃladnie 5relacji rownowaznosci.

UzupeÃlnij luki w przedstawionym rozumowaniu oraz policz, ilerelacji rownowaznosci mozna okreslic w zbiorze czteroelementowym.Sprobuj uogolnic swoj wynik na przypadek zbioru n-elementowego.

Z 10.7. Przypuscmy, ze relacja ρ jest relacja↪ rownowaznosci,ktora dzieli zbior X na dokÃladnie jedna↪ klase↪ abstrakcji. Pokaz, zejest to relacja spojna.

11. Funkcje

W dotychczasowym kursie matematyki cze↪sto spotykalismy sie↪z poje↪ciem funkcja. Faktycznie, jest to jedno z najcze↪sciej spo-tykanych poje↪c. Dlatego wazne jest wÃlasciwe jego zdefiniowanie orazzrozumienie przedstawionej definicji. Okazuje sie↪, ze najbardziej,,naturalna↪” definicja↪ jest okreslenie funkcji jako pewnego zbioru.Nie powinno to zdziwic dokÃladnych czytelnikow, poniewaz wszyst-kie pojawiaja↪ce sie↪ w tym skrypcie obiekty, z wyja↪tkiem zdan, sa↪

zbiorami.Przy omawianiu relacji spotkalismy sie↪ z poje↪ciami dziedzina,

przeciwdziedzina i wykres relacji. Poje↪cia te zapewne poznalismyjuz wczesniej i wia↪za↪ nam sie↪ one wÃlasnie z funkcjami. Istotnie,funkcja jest relacja↪, albo, jak kto woli, relacja jest uogolnieniemfunkcji, tj. kazda funkcja jest relacja↪, chociaz nie kazda relacja jestfunkcja↪. DokÃladnie, niech X, Y be↪da↪ dowolnymi niepustymi zbio-rami. Relacje↪ f ⊂ X×Y nazywamy funkcja↪ z X do Y, jesli speÃlniaona naste↪puja↪ce warunki:

10∧

x∈X

∨

y∈Y

xfy,

20∧

x∈X

∧

y1,y2∈Y

((xfy1 ∧ xfy2) ⇒ y1 = y2) .

Zauwazmy, ze definicja ta jest zgodna ze znana↪ nam z kursuszkoÃly sredniej definicja↪: funkcja jest to takie przyporza↪dkowanie,ktore kazdemu elementowi zbioru X przyporza↪dkowuje jeden i tylkojeden element zbioru Y. Fakt, ze nasza relacja przyporza↪dkowujekazdemu elementowi zbioru X pewien element zbioru Y jest za-warty w punkcie 10 definicji. Natomiast fakt, ze taki ,,przypo-rza↪dkowany” element jest jedyny, wynika z punktu 20. Jednakzeta ,,szkolna” definicja budzi pewne wa↪tpliwosci. Przede wszystkimpojawia sie↪ w niej sÃlowo ,,przyporza↪dkowanie”, ktorego znaczenietrudno jest wytÃlumaczyc.

Poniewaz funkcja jest zdefiniowana jako relacja, dziedziny orazprzeciwdziedziny funkcji nie definiujemy, gdyz juz to zrobilismy(zob. rozdziaÃl 9). Zauwazmy, ze dziedzina↪ funkcji jest zawsze caÃlyzbior X. Przeciwdziedzina natomiast moze byc pewnym podzbio-


rem wÃlasciwym Y. Jesli jest to dokÃladnie zbior Y, to mowimy, zefunkcja jest na Y lub ze jest suriekcja↪.

Cze↪sto mowimy, ze funkcja jest okreslona w X. Nie mamywtedy na mysli dziedziny tej funkcji, lecz nieco ,,wie↪kszy” zbior. NaprzykÃlad, mowimy, ze funkcja xfy ⇔ y = 1

x jest okreslona w R.Oczywiscie R nie jest dziedzina↪ naszej funkcji, poniewaz f(0) nieistnieje. W takich przypadkach mowimy o tzw. dziedzinie natural-nej funkcji f, czyli zbiorze tych wszystkich x ∈ X, dla ktorych f(x)istnieje.

Podobnie, mowimy, ze funkcja ma wartosci w Y, ale zbior Ynie kojarzy nam sie↪ z przeciwdziedzina↪. Na przykÃlad sin jest funkcja↪

o wartosciach w R, ale jej przeciwdziedzina↪ jest przedziaÃl [−1,1].Funkcja jest pewnym szczegolnym rodzajem relacji i dlatego

zasÃluguje na nieco inne oznaczenia. Zamiast pisac f ⊂ X × Yczy xfy, piszemy odpowiednio f : X → Y i f(x) = y. Jesliy ∈ Y jest elementem przeciwdziedziny funkcji f, to mowimy, zey jest wartoscia↪ funkcji f. Przeciwdziedzine↪ funkcji nazywamy tezzbiorem wartosci tej funkcji. Podobnie, dziedzine↪ funkcji nazywamyzbiorem argumentow, a jej elementy argumentami. Mowimy tez, zefunkcja f odwzorowuje zbior X w Y, lub na Y.

11.1. PrzykÃlad. Funkcje↪ nazywamy rzeczywista↪, jesli jej wartoscisa↪ liczbami rzeczywistymi. Podamy przykÃlady kilku funkcji rzeczy-wistych okreslonych w R. Podkreslimy przy tym uzycie sÃlow naoraz w.

– Funkcja f(x) = x2 jest okreslona na R i ma wartosci w R.

– Funkcja f(x) = log x jest okreslona w R. Swoja↪ dziedzine↪naturalna↪ (czyli zbior liczb rzeczywistych dodatnich) odwzo-rowuje na R.

– Funkcja f(x) = 1x jest okreslona w R. Swoja↪ dziedzine↪

naturalna↪ (czyli zbior R \ {0} ) odwzorowuje w R.

– Funkcja f(x) = x3 jest okreslona na R oraz odwzorowujeten zbior na R.

Rownosc dwoch funkcji. ZaÃlozmy, ze dane sa↪ zbiory Xoraz Y. Jesli na zbiorze Y dana jest jakas struktura algebraiczna(np. zdefiniowane jest mnozenie lub dodawanie), to na zbiorzefunkcji z X do Y mozna zdefiniowac pewne dziaÃlania algebraiczne

Funkcje 91

(np. mnozenie lub dodawanie funkcji). W naszych ogolnychrozwazaniach nie be↪dziemy sie↪ jednak tym zajmowac. Przydatnejest jednak poje↪cie rownosc dwoch funkcji. Niech f : A → B orazg : C → D. Funkcja f jest rowna funkcji g, jesli A = C oraz∧

x∈A

f(x) = g(x). Mowimy wtedy tez, ze funkcje f i g sa↪ rowne

i piszemy f = g lub f ≡ g. Mowia↪c potocznie, dwie funkcje sa↪

rowne, jezeli ich dziedziny sa↪ rowne oraz ich wartosci sa↪ rowne dladowolnego argumentu.

11.2. PrzykÃlad. Jesli f : R→ R jest okreslona wzorem f(x) = x2,a g : N→ R jest okreslona wzorem g(x) = x2, to f 6= g, poniewazR 6= N.

Zdefiniujemy h oraz s jako funkcje rzeczywiste okreslone naprzedziale (−1,1) : h(x) = 1

1−x , a s(x) jest suma↪ wszystkichwyrazow cia↪gu geometrycznego 1, x, x2, . . . Wtedy h = s.

Obcie↪cie oraz rozszerzenie funkcji. Cze↪sto sie↪ zdarza,

ze zadana dziedzina jest dla nas zbyt ,,duza” lub tez zbyt ,,maÃla”.Na przykÃlad, funkcje f i g z przykÃladu 11.2 byÃlyby rowne, gdybymozna byÃlo troche↪ ,,poprawic” ich dziedziny. DokÃladnie, dziedzine↪funkcji f mozna by byÃlo ,,obcia↪c” lub tez dziedzine↪ funkcji g,,rozszerzyc”. Rozumowanie to prowadzi do naste↪puja↪cych defini-cji.

ZaÃlozmy, ze X i Y sa↪ niepustymi zbiorami, A ⊂ X ⊂ B.Niech f : X → Y. Funkcje↪ g : A → Y nazywamy obcie↪ciem lubzredukowaniem funkcji f do zbioru A, jesli dla dowolnego elementux ∈ A, zachodzi rownosc f(x) = g(x). Obcie↪cie funkcji f do zbioruA oznaczamy zwykle f |A. Funkcje↪ h : B → Y taka↪, ze h|A = fnazywamy rozszerzeniem lub przedÃluzeniem funkcji f do zbioru B.Zauwazmy, ze zredukowanie funkcji jest dziaÃlaniem jednoznacznym,a rozszerzenie nie jest, tzn. istnieje wie↪cej niz jedna funkcja be↪da↪carozszerzeniem f.

Zwykle obcinamy lub tez rozszerzamy funkcje, chca↪c osia↪gna↪cpewien okreslony cel. Na przykÃlad, chcielibysmy, aby funkcja try-gonometryczna cos byÃla roznowartosciowa, tj. dla roznych argu-mentow osia↪gaÃla rozne wartosci. W tym celu rozwazamy jej obcie↪ciedo przedziaÃlu [0,π]. Podobnie, maja↪c dana↪ funkcje↪ w okreslona↪


na przedziale [0,1] chcemy rozwazac te↪ funkcje↪ rozszerzona↪ do R.W zaleznosci od naszych rozwazan mozemy rozszerzyc w do funkcjiparzystej, nieparzystej, okresowej czy tez suriekcji.

Funkcje roznowartosciowe i funkcja odwrotna. Funk-cje↪ f : X → Y nazywamy roznowartosciowa↪ lub iniekcja↪, jeslispeÃlniony jest jeden z naste↪puja↪cych warunkow:

10∧

x,y∈X

(x 6= y ⇒ f(x) 6= f(y)),

20∧

x,y∈X

(f(x) = f(y) ⇒ x = y).

Zauwazmy, ze warunek 20 jest kontrapozycja↪ warunku 10,wie↪c logicznie znaczy to samo. Aby sprawdzic, czy dana funkcja jestroznowartosciowa nie musimy zatem sprawdzac obydwu warunkow,lecz tylko ten, ktory jest Ãlatwiej sprawdzic (lub obalic). Zauwazmy,ze funkcja f nie jest roznowartosciowa, jesli znajdziemy takie argu-menty x,y ∈ X, ze x 6= y oraz f(x) = f(y).

11.3. PrzykÃlad. Niech f : R→ R be↪dzie okreslona wzorem f(x) =x3 + 5. Sprawdzimy, czy jest ona roznowartosciowa. W tym celuwezmy dwie dowolne liczby rzeczywiste x i y. Mamy

x 6= y ⇒ x3 6= y3 ⇔ x3 + 5 6= y3 + 5 ⇔ f(x) 6= f(y),

zatem f jest roznowartosciowa.Zauwazmy, ze funkcja g(x) = x2 + 5 okreslona w R nie jest

roznowartosciowa, poniewaz g(−3) = g(3), chociaz −3 6= 3.

Z poje↪ciem funkcja roznowartosciowa wia↪ze sie↪ scisle poje↪ciefunkcja odwrotna. Niech f : X → Y be↪dzie funkcja↪ roznowarto-sciowa↪. Funkcje↪ g okreslona↪ w Y o wartosciach w X nazywamyodwrotna↪ do f, jesli

∧

x∈X

g(f(x)) = x. Na przykÃlad, funkcja arcsin

jest funkcja↪ odwrotna↪ do sin∣∣[−π

2 ,π2

].

Jezeli funkcja f ma funkcje↪ odwrotna↪ g, to nie znaczy to wcale,ze funkcja g ma funkcje↪ odwrotna↪. Na przykÃlad, jesli f i g sa↪

funkcjami rzeczywistymi okreslonymi w R wzorami f(x) =√

xoraz g(x) = x2, to funkcja g nie ma funkcji odwrotnej, poniewaznie jest ona roznowartosciowa, ale g jest funkcja↪ odwrotna↪ do f.

Funkcje 93

Aby sie↪ o tym przekonac, zauwazmy, ze dziedzina↪ f jest zbior liczbrzeczywistych nieujemnych [0,+∞] oraz dla dowolnego x ∈ [0,+∞],mamy g(f(x)) = g(

√x) = (

√x)2 = x.

Funkcja odwrotna do f istnieje zawsze, jesli tylko funkcja fjest iniekcja↪. Mowi o tym naste↪puja↪ce twierdzenie.

11.4. Twierdzenie. Jezeli funkcja f : X → Y jest roznowartos-ciowa, to istnieje funkcja do niej odwrotna.

Dowod. Oznaczmy przez D−1(f) przeciwdziedzine↪ funkcji f. Ma-my zatem ∧

y∈D−1(f)

∨

x∈X

f(x) = y. (11.1)

Rozwazmy relacje↪ g ⊂ D−1(f)×X okreslona↪ naste↪puja↪co:

ygx ⇔ y = f(x).

Pokazemy, ze g jest funkcja↪. W tym celu wezmy dowolny elementy ∈ D−1(f). Zgodnie z 11.1 istnieje taki x ∈ X, ze f(x) = y.Sta↪d ygx. To pokazuje warunek 10 definicji funkcji. Niech terazy ∈ D−1(f) oraz x1,x2 ∈ X. ZaÃlozmy, ze ygx1 i ygx2. Oznaczato, ze y = f(x1) i y = f(x2), zatem f(x1) = f(x2). Ale funkcjaf jest roznowartosciowa, wie↪c x1 = x2, czyli warunek 20 definicjifunkcji tez jest speÃlniony.

Tak wie↪c g jest funkcja↪ i, co wie↪cej, mozemy napisac

g(y) = x ⇔ f(x) = y.

Niech h : Y → X be↪dzie dowolnym rozszerzeniem funkcji g. Za-uwazmy, ze jezeli y ∈ D−1(f), to h(y) = x ⇔ f(x) = y. Pokazemy,ze h jest funkcja↪ odwrotna↪ do f, tj. ze dla dowolnego x ∈ X za-chodzi h(f(x)) = x. Niech y = f(x). Poniewaz f(x) = y ∈ D−1(f),wie↪c h(f(x)) = h(y) = x, co nalezaÃlo pokazac. Zatem h jestfunkcja↪ odwrotna↪ do f. ¤

Powyzsze twierdzenie nie mowi nam o tym, czy funkcja hodwrotna do f jest okreslona jednoznacznie. Jesli przeciwdzie-dzina f jest podzbiorem wÃlasciwym dziedziny h, tak byc nie


musi, poniewaz moze istniec wowczas wie↪cej niz jedno rozszerze-nie funkcji g na zbior Y. Zauwazmy, ze z dowodu twierdze-nia 11.4 wynika, ze funkcji odwrotnych do f jest co najmniej tyle,ile mozliwych rozszerzen funkcji g. Pozostawiamy Czytelnikowiznalezienie co najmniej dwoch funkcji z R do R odwrotnych dofunkcji f(x) =

√x.

Funkcje↪ f, ktora jest jednoczesnie iniekcja↪ i suriekcja↪, nazy-wamy bijekcja↪ lub funkcja↪ wzajemnie jednoznaczna↪. Taka funkcjama dokÃladnie jedna↪ funkcje↪ odwrotna↪, ktora↪ oznaczamy przez f−1

i ktora tez jest bijekcja↪. Mowia↪ o tym kolejne dwa twierdzenia.

11.5. Twierdzenie. Jesli funkcja f : X → Y jest bijekcja↪, to ist-nieje dokÃladnie jedna funkcja odwrotna do f, ktora tez jest bijekcja↪.

Dowod. Z twierdzenia 11.4 wynika, ze istnieje funkcja odwrotnado f. Oznaczmy ja↪ przez g. ZaÃlozmy, ze istnieje jeszcze jednafunkcja h odwrotna do f. Poniewaz f jest suriekcja↪, wie↪c funkcjeg oraz h sa↪ okreslone na zbiorze Y , czyli g, h : Y → X. Zatemdziedziny funkcji g oraz h sa↪ rowne. Przypuscmy teraz, ze y ∈ Y.Istnieje x ∈ X taki, ze f(x) = y. Mamy

g(y) = g(f(x)) = x = h(f(x)) = h(y),

wie↪c g = h. Oznacza to, ze funkcja odwrotna do f jest okreslonajednoznacznie.

Pokazemy teraz, ze g jest wzajemnie jednoznaczna. ZaÃlozmy,ze x ∈ X i niech y = f(x). Wtedy g(y) = g(f(x)) = x, zatemg jest suriekcja↪. Niech teraz y1,y2 ∈ Y i niech g(y1) = g(y2).Wtedy istnieja↪ x1,x2 ∈ X takie, ze f(x1) = y1 oraz f(x2) = y2.Sta↪d x1 = g(f(x1)) = g(f(x2)) = x2, a to implikuje f(x1) = f(x2),czyli y1 = y2, co oznacza ze g jest iniekcja↪. ¤

11.6. Twierdzenie. Jesli g jest funkcja↪ odwrotna↪ do f oraz fjest bijekcja↪, to f jest funkcja↪ odwrotna↪ do g. Zachodzi zatemrownosc (f−1)−1 = f.

Dowod. Z poprzedniego twierdzenia wynika, ze funkcja g jestwzajemnie jednoznaczna. Zatem istnieje dokÃladnie jedna funkcjaodwrotna do g. Pokazemy, ze f jest ta↪ funkcja↪. W tym celu

Funkcje 95

zaÃlozmy, ze g jest funkcja↪ z Y do X, zatem f : X → Y. Wezmydowolny y ∈ Y. Musimy pokazac, ze

f(g(y)) = y. (11.2)

Istotnie, g(f(g(y))) = g(y), poniewaz g jest funkcja↪ odwrotna↪ do f.Z drugiej strony, g jest iniekcja↪. Zatem z ostatniej rownosci wynika11.2. ¤

Nasza↪ dyskusje↪ o funkcjach roznowartosciowych zakonczymycze↪sto spotykanym twierdzeniem o funkcjach na zbiorach skonczo-nych.

11.7. Twierdzenie. Jesli f : X → Y oraz zbiory X i Y maja↪ pom elementow, to naste↪puja↪ce trzy warunki sa↪ rownowazne:

(i) f jest iniekcja↪,

(ii) f jest suriekcja↪,

(iii) f jest bijekcja↪.

W dowodzie tego twierdzenia musimy pokazac trzy rownowaz-nosci: (i) ⇔ (ii), (ii) ⇔ (iii) oraz (i) ⇔ (iii). Mozemy to zrobic,udowadniaja↪c tylko trzy implikacje: (i) ⇒ (ii) ⇒ (iii) ⇒ (i). Abyzauwazyc na przykÃlad, ze (ii) ⇒ (i), widzimy, ze z (ii) wynika (iii),a z tego wynika (i). Udowodnimy zatem trzy wspomniane implika-cje.

Dowod. Oznaczmy X = {a1, a2, . . . , am} , Y = {b1, b2, . . . , bm} .Zeby pokazac implikacje↪ (i)⇒ (ii), zastosujemy dowod indukcyjnyze wzgle↪du na m.

10 Jesli m = 1, to zbior X ma jeden element, ktory musi bycprzeksztaÃlcony na jedyny element zbioru Y. Zatem f jestsuriekcja↪.

20 ZaÃlozmy, ze jesli f jest iniekcja↪ ze zbioru m− 1-elementowegow zbior m − 1-elementowy, to jest tez suriekcja↪. Przypuscmynie wprost, ze w zbiorze Y istnieje pewien element y, ktorynie jest obrazem zadnego elementu zbioru X. Zapiszmy terazX = X1 ∪ X2, gdzie X1 = {a1} , X2 = {a2, a3, . . . , am} .Poniewaz y ∈ Y nie jest obrazem zadnego elementu zbioru X,wie↪c f jest funkcja↪ z X do Y \ {y} , podobnie jak jej obcie↪-cie f |X2. Ale f |X2 dziaÃla ze zbioru m − 1-elementowego do


zbioru m − 1-elementowego i jako obcie↪cie iniekcji jest takzefunkcja↪ roznowartosciowa↪. Zatem z zaÃlozenia indukcyjnegof |X2 jest suriekcja↪. Ale f(a1) 6= y, wie↪c f(a1) ∈ Y \ {y} .Istnieje zatem ai ∈ X2, takie ze f(ai) = f |X2(ai) = f(a1).Poniewaz a1 6= ai, oznacza to, ze f nie jest roznowartosciowa,co jest sprzeczne z zaÃlozeniem.Na mocy indukcji, f jest wie↪c suriekcja↪.Aby pokazac implikacje↪ (ii)⇒ (iii), zaÃlozmy ze f jest suriek-

cja↪ i, nie wprost, zaÃlozmy, ze f nie jest bijekcja↪, co oznacza,ze f nie jest roznowartosciowa. Zatem dwa elementy zbioru Xmusza↪ przechodzic na jeden element zbioru Y. Zatem m elementowzbioru X przejdzie na co najwyzej m − 1 elementow zbioru Y.Zatem pozostanie w zbiorze Y pewien element, ktory nie jestobrazem zadnego elementu zbioru X, wie↪c f nie jest suriekcja↪,ska↪d sprzecznosc.

Implikacja (iii)⇒ (i) jest oczywista, poniewaz jesli f jestbijekcja↪, to w szczegolnosci jest tez iniekcja↪. ¤

Superpozycja lub zÃlozenie funkcji. ZaÃlozmy, ze danesa↪ funkcje f : X → Y oraz g : Y → Z. Zdefiniujemy relacje↪h ⊂ X ×Z naste↪puja↪co: xhz ⇔ g(f(x)) = z. Zauwazmy, ze h jestfunkcja↪. Istotnie, dla dowolnego x ∈ X, istnieje y ∈ Y taki, zey = f(x), poniewaz f jest funkcja↪. Z kolei, poniewaz g jest funkcja↪,istnieje z ∈ Z takie, ze g(y) = z, ale g(y) = g(f(x)) , zatem istniejez ∈ Z takie, ze xhz. Niech teraz x be↪dzie dowolnym elementemX, a z1 i z2 dowolnymi elementami Z. ZaÃlozmy, ze xhz1 i xhz2.Oznacza to, ze g(f(x)) = z1 oraz g(f(x)) = z2. Poniewaz g jestfunkcja↪, a f(x) elementem zbioru Y, mamy wie↪c z1 = z2.

Powyzsza↪ funkcje↪ h nazywamy zÃlozeniem lub superpozycja↪

funkcji f i g oraz oznaczamy g ◦ f. ÃLatwo zauwazyc, ze do-wolnych dwoch funkcji nie mozna zÃlozyc. Aby operacja ta byÃlamozliwa, dziedzina jednej funkcji musi zawierac przeciwdziedzine↪drugiej. Na przykÃlad, jezeli f oraz g sa↪ funkcjami rzeczywistymiokreslonymi w R wzorami f(x) = sin x, g(x) =

√x, to f ◦ g ist-

nieje, ale g ◦ f nie istnieje, poniewaz D−1(f) = [−1,1] nie zawierasie↪ w D(g) = [0,+∞).

Jezeli mamy dany zbior funkcji dziaÃlaja↪cych ze zbioru X do X,to skÃladanie funkcji jest dziaÃlaniem w tym zbiorze. Nie jest to

Funkcje 97

dziaÃlanie przemienne, tzn. f ◦ g 6= g ◦ f. Dla przykÃladu wezmyfunkcje f(x) = 2x+3 oraz g(x) = x2 okreslone na R i zauwazmy,ze f ◦ g(x) = 2x2 + 3 oraz g ◦ f(x) = (2x + 3)2 nie sa↪ rowne.

Pokazemy, ze dziaÃlanie skÃladania funkcji jest Ãla↪czne, tj. udo-wodnimy naste↪puja↪ce twierdzenie.

11.8. Twierdzenie. Niech f : X → X1, g : X1 → X2 orazh : X2 → Y. Wowczas zachodzi h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f.

Dowod. Zauwazmy najpierw, ze zÃlozenia g ◦ f : X → X2 orazh ◦ g : X1 → Y istnieja↪, a naste↪pnie, ze istnieja↪ tez superpozycjeh ◦ (g ◦ f) : X → Y oraz (h ◦ g) ◦ f : X → Y. Poniewaz dziedzina↪

funkcji h ◦ (g ◦ f) oraz (h ◦ g) ◦ f jest ten sam zbior X, wystarczysprawdzic czy h ◦ (g ◦ f)(x) = (h ◦ g) ◦ f(x). Mamy

h ◦ (g ◦ f)(x) = h(g ◦ f(x)) = h(g(f(x)))

oraz((h ◦ g) ◦ f)(x) = (h ◦ g)(f(x)) = h(g(f(x)))

wie↪c za↪dana rownosc zachodzi. ¤

Nasza↪ dyskusje↪ o superpozycji funkcji zakonczymy podaniemdalszych wÃlasnosci tego dziaÃlania.

11.9. Twierdzenie. Niech dane be↪da↪ funkcje f : X → Y orazg : Y → Z.

(i) jesli f i g sa↪ suriekcjami, to g ◦ f jest suriekcja↪,

(ii) jesli f i g sa↪ iniekcjami, to g ◦ f jest iniekcja↪,

(iii) jesli f i g sa↪ bijekcjami, to g◦f jest bijekcja↪. Istnieje wowczassuperpozycja f−1 ◦ g−1 oraz zachodzi rownosc

f−1 ◦ g−1 = (g ◦ f)−1.

Dowod.

(i) Wezmy dowolny element z zbioru Z. Poniewaz funkcja g jestsuriekcja↪, wie↪c istnieje taki element y ∈ Y, ze g(y) = z. Podob-nie, poniewaz takze f jest suriekcja↪, wie↪c istnieje taki x ∈ X,ze f(x) = y. Tak wie↪c g(f(x)) = g ◦ f(x) = z.


(ii) Niech x1,x2 ∈ X. Jesli g ◦ f(x1) = g ◦ f(x2), to oznacza to, zeg(f(x1)) = g(f(x2)) . Wobec iniektywnosci funkcji g mamyf(x1) = f(x2), a roznowartosciowosc f implikuje x1 = x2.

(iii) Z udowodnionych juz punktow wynika, ze g ◦ f jest bijekcja↪,jesli f i g sa↪ wzajemnie jednoznaczne. Dodatkowo mamyf−1 : Y → X oraz g−1 : Z → Y. Zatem istnieje zÃlozenief−1 ◦ g−1. Rozwazmy teraz dla dowolnego x ∈ X wyrazenief−1 ◦ g−1(g ◦ f(z)) . Mamy

f−1 ◦ g−1(g ◦ f(z)) = f−1 ◦ g−1(g(f(z)))

= f−1(g−1(g(f(z)))

)

= f−1(f(z)) = z.

Zatem f−1 ◦ g−1 = (g ◦ f)−1. ¤

Funkcja tozsamosciowa lub identycznosc. Niech A be↪-dzie niepustym zbiorem. Funkcja↪ tozsamosciowa↪ lub identycznoscia↪

na zbiorze A nazywamy funkcje↪ IA : A → A okreslona↪ wzoremIA(x) = x. Zauwazmy, ze identycznosc na zbiorze A jest bijekcja↪

oraz, ze jest ona funkcja↪ odwrotna↪ do siebie, tj. I−1A = IA.

Jesli skojarzymy sobie dziaÃlanie skÃladania funkcji z dziaÃlaniemmnozenia liczb rzeczywistych, to funkcja identycznosciowa speÃlni turole↪ jedynki, a funkcja odwrotna role↪ elementu odwrotnego. Naszespostrzezenia sformuÃlujemy w naste↪puja↪cym twierdzeniu.

11.10. Twierdzenie. Jesli f : X → Y jest bijekcja↪, to

(i) f−1 ◦ f = IX ,

(ii) f ◦ f−1 = IY ,

(iii) f ◦ IY = IX ◦ f = f.

Dowod tego twierdzenia pozostawiamy Czytelnikowi do samo-dzielnego wykonania.

Zbiorpote↪gowy. W podrozdziale tym zakÃladamy, ze wszyst-

kie wymienione zbiory sa↪ niepuste. Zbior wszystkich funkcji z X doY oznaczamy Y X i nazywamy zbiorem pote↪gowym. Tego rodzajuoznaczenie jest motywowane naste↪puja↪cym twierdzeniem.

11.11. Twierdzenie. ZaÃlozmy, ze X jest zbiorem n-elementowym,a Y zbiorem m-elementowym, to Y X ma mn elementow.

Funkcje 99

Dowod. Zastosujemy tu indukcje↪ ze wzgle↪du na n. Zapiszmy

Y = {b1, b2, . . . , bm} .

10 Niech X = {a} . Mamy dokÃladnie m funkcji z X do Y. Otoone: f1(a) = b1, f2(a) = b2, . . . , fm(a) = bm. Poniewazm = m1 teza jest sprawdzona dla n = 1.

20 ZakÃladamy, ze twierdzenie jest prawdziwe, jesli X ma n ele-mentow. ZaÃlozmy, ze X = {a1, a2, . . . , an, an+1} . ZapiszmyX = X1∪X2, gdzie X1 = {a2, . . . , an, an+1} oraz X2 = {a1} .Jezeli f jest funkcja↪ z X1 do Y, to mozna ja↪ przedÃluzyc dofunkcji z X do Y na m sposobow. Mianowicie, elementowia1 mozemy zadac m wartosci spomie↪dzy elementow zbioru Y.Poniewaz dowolna funkcja z X do Y jest przedÃluzeniempewnej funkcji (dokÃladnie swojego zawe↪zenia do X1 ) z X1

do Y, mamy mn ·m funkcji z X do Y. Ale mn ·m = mn+1,co nalezaÃlo pokazac.Na mocy indukcji, twierdzenie jest prawdziwe. ¤

Zauwazmy, ze dziaÃlanie skÃladania funkcji na zbiorze XX jestÃla↪czne oraz ma element neutralny, ktorym jest funkcja tozsamo-sciowa na X. Dodatkowo jeszcze, kazda funkcja wzajemnie jedno-znaczna ma funkcje↪ odwrotna↪.

Z powyzszego twierdzenia wypÃlywa naste↪puja↪cy wniosek.

11.12. Wniosek. Jesli zbior X ma n elementow, to istniejedokÃladnie 2n podzbiorow X.

Dowod. Niech Y = {0,1} . Oznaczmy przez 2X zbior wszystkichpodzbiorow zbioru X. Pokazemy, ze istnieje bijekcja B ze zbioruY X do 2X . Przypuscmy, ze f : X → Y (czyli f ∈ Y X ). Zdefi-niujmy zbior Xf = {x ∈ X : f(x) = 0} oraz okreslmy B(f) = Xf .Zauwazmy, ze jesli f 6= g sa↪ dwiema funkcjami z X do Y, toXf 6= Xg. Zatem funkcja B jest roznowartosciowa. Oznacza to, zepodzbiorow zbioru X jest co najmniej tyle, ile funkcji z X do Y.Z drugiej strony, jesli A jest podziorem X, to mozemy okreslicfunkcje↪ fA : X → Y wzorem

fA(x) ={

0, jesli x ∈ A1, jesli x /∈ A.


Wowczas XfA= A, czyli B(fA) = A. Zatem B jest tez

suriekcja↪, a to oznacza, ze podzbiorow zbioru X jest co najwyzejtyle, ile funkcji z X do Y.

Tak wie↪c wszystkich podzbiorow X jest dokÃladnie tyle samo,ile wszystkich funkcji z X do Y, czyli 2n. ¤


P 11.1. Ktore z krzywych umieszczonych na planszy 2 sa↪ funk-cjami z przedziaÃlu [a,b] do R ?

P 11.2. Dobierz tak osie ukÃladu wspoÃlrze↪dnych, aby podanena planszy 3 krzywe byÃly funkcjami z podzbioru R do R lubwytÃlumacz, ze nie ma takiego poÃlozenia osi.

P 11.3. Podaj dziedziny naturalne oraz przeciwdziedziny nas-te↪puja↪cych funkcji. Ktore z ponizszych funkcji sa↪ suriekcjami?

(a) Funkcja f jest okreslona w R wzorem f(x) = 1log x .

(b) Funkcja f jest okreslona w R wzorem f(x) =√

sin x2+2log x .

(c) Funkcja g jest okreslona w R×R i ma wartosci w zbio-rze R.

g((x,y)) ={

y√

x dla x ≥ 0x√

y dla x < 0.

(d) Funkcja h jest okreslona w R oraz ma wartosci w zbiorzewszystkich przedziaÃlow otwartych h(x) = (x, x + 1).

(e) Funkcja w jest okreslona w zbiorze wszystkich samo-chodow i ma wartosci w zbiorze skÃladaja↪cym sie↪ zewszystkich liter i wszystkich cyfr. Samochodowi Sfunkcja przyporza↪dkowuje ostatni znak (cyfre↪ lub litere↪),znajduja↪cy sie↪ na tablicy rejestracyjnej S.

P 11.4. Naszkicuj wykres funkcji f : A → R okreslonej wzo-rem f(x) = x2 − 3, gdzie

(a) A = (−1, 3],(b) A = (−2, 1) ∪ {2} ∪ (3, 4),(c) A = {x ∈ R : 2x + 3 > 7} ,

(d) A = N.

Funkcje 101

(a) (b)

(c) (d)

(e) (f)

Plansza 2.


(a) (b)

(c) (d)

(e) (f)

Plansza 3.

Funkcje 103

Podaj przeciwdziedziny powyzszych funkcji oraz zbadaj, czysa↪ to funkcje roznowartosciowe. Jesli dana funkcja nie jest iniekcja↪,sprobuj zawe↪zic lub rozszerzyc dziedzine↪ tak, aby funkcja staÃla sie↪roznowartosciowa. Dla kazdej z powyzszych funkcji podaj takie roz-szerzenie, ktore jest suriekcja↪.

P 11.5. Zbadaj, czy funkcje f oraz g sa↪ rowne. Jesli nie,znajdz takie obcie↪cie lub rozszerzenie funkcji f, ktore jest rownefunkcji g albo pokaz, ze nie ma takiego rozszerzenia lub obcie↪cia.

(a) Funkcja f jest okreslona w R wzorem f(x) = x2−9x−3 ;

g : R→ R, g(x) = x + 3.

(b) f jest funkcja↪ z R do R i na przedziale (t− 1, t], gdziet ∈ Z, funkcja f jest okreslona wzorem f(x) = (x − t)2;g : R→ R, g(x) = x2.

(c) f jest okreslona na zbiorze wszystkich przedziaÃlow otwar-tych o koncach rzeczywistych i ma wartosci w zbiorzeR, f((a,b)) = a; g jest okreslona na zbiorze wszystkichprzedziaÃlow domknie↪tych o koncach rzeczywistych i mawartosci w R, g([a,b]) = a.

(d) f jest okreslona na zbiorze wszystkich przedziaÃlow otwar-tych o koncach rzeczywistych i ma wartosci w zbiorze liczbrzeczywistych, f((a,b)) = a; g jest okreslona na zbiorzewszystkich przedziaÃlow o koncach rzeczywistych i mawartosci w R. Funkcja g przyporza↪dkowuje przedziaÃlowijego lewy koniec.

P 11.6. Znajdz zÃlozenia funkcji (lub pokaz, ze nie istnieja↪):(a) f : R→ Z, g : R→ R, f(x) = [x], g(x) = [x] + x− 1,

(b) f : R→ R, g : R→ R, f(x) = x + 1, g(x) = [x]− 1,

(c) f : R→ R, g : R+ → R, f(x) = x− x2, g(x) = log x.

P 11.7. RozÃloz naste↪puja↪ce funkcje, tj. wskaz te funkcje f, gz listy sin, cos, log, a, b, dla ktorych f ◦ g = h. Tutaj a(x) = x2,b(x) =

√x

(a) h(x) = sin log x,

(b) h(x) = cos2 x,

(c) h(x) = cos x2,

(d) h(x) =√

log x.



Z 11.1. Naszkicuj funkcje↪ f : A → R okreslona↪ wzoremf(x) = x− 3, gdzie

(a) A = {−4, −2, 0, 2, 4} ,

(b) A = {0, 1, 3} ,

(c) A = N,

(d) A = [0,2).

Z 11.2. Niech X be↪dzie dowolnym zbiorem. DziaÃlaniemw zbiorze X nazywamy dowolna↪ funkcje↪ f : X ×X → X. Zwyklepiszemy xfy = z zamiast f((x,y)) = z. Do oznaczenia dziaÃlanuzywamy innych znakow niz f, np. +, ·, ◦. Ile dziaÃlan moznaokreslic w zbiorze n-elementowym?

Z 11.3. Niech A ⊂ R. Funkcje↪ f : A → R nazywamy– okresowa↪, jezeli istnieje taka liczba t (nazywana okresem),

ze x + t ∈ A oraz f(x) = f(x + t) dla dowolnego x ∈ A,

– parzysta↪, jezeli dla dowolnego x ∈ A mamy −x ∈ A orazf(x) = f(−x),

– nieparzysta↪, jezeli dla dowolnego x ∈ A mamy −x ∈ Aoraz −f(x) = f(−x).

Ktore z ponizszych funkcji sa↪ okresowe, ktore parzyste, a ktorenieparzyste?

f(x) = sin x, g(x) = x2, h(x) = 2x, k(x) = cos 2x,p(x) = 1

x − 1, q(x) = 2, r(x) = x3 − sin x

s(x) ={

1, jesli x ∈ Q−1, jesli x ∈ IQ

Uzasadnij odpowiedz.

Z 11.4. Podaj przynajmniej dwie funkcje odwrotne do funkcjif : [0,+∞) → R okreslonej wzorem f(x) =

√x.

Z 11.5. Udowodnij twierdzenie 11.10.

Z 11.6. Zbadaj, czy relacja ρ jest funkcja↪, jesli(a) ρ ⊂ R× R i xρy ⇔ x2 = y2,

(b) ρ ⊂ R+ × R+ i xρy ⇔ x2 = y2,

Funkcje 105

(c) ρ ⊂ R× R i xρy ⇔ x2 = y3,

(d) ρ ⊂ R× R i xρy ⇔ x3 = y2,

(e) ρ ⊂ C×C i xρy ⇔ im(x) = re(y). Tutaj im(z) oznaczacze↪sc urojona↪, a re(z) cze↪sc rzeczywista↪ liczby zespolo-nej z.

Z 11.7. Naszkicuj wykres funkcji g, podaj jej dziedzine↪ i prze-ciwdziedzine↪ oraz sprawdz, czy funkcja jest roznowartosciowa i ,,na”.

(a) g : [−2,5] → R,

g(x) ={

2x + 3 dla x ∈ [−2,−1) ∪ [4,5]−x + 2 dla x ∈ [−1,4);

(b) g : (−2,−1] ∪ (0,2) → R,

g(x) ={

x + 2 dla x < 0−2x + 2 dla x > 0;

(c) g : (−2,−1] ∪ (0,2) → R,

g(x) ={

x + 2 dla x < −1−2x + 2 dla x ≥ −1;

(d) g : N→ R,

g(x) ={

(−1)n dla parzystych n1n dla nieparzystych n;

(e) g : [−2,5] → (−2,3] ∪ [11,13],

g(x) ={

2x + 3 dla x ∈ [−2,−1) ∪ [4,5]−x + 2 dla x ∈ [−1,4).

Z 11.8. Niech f : X → R, gdzie X = [0,2] i

f(x) ={−√x dla x ∈ [0,1]√

x dla x ∈ (1,2].

Wyznacz funkcje↪ odwrotna↪ do f lub pokaz, ze nie ma takiejfunkcji.

Z 11.9. Zbadaj, czy funkcja f : R→ R jest roznowartosciowai czy jest suriekcja↪. Sprobuj wyznaczyc funkcje↪ odwrotna↪ do kazdejz iniekcji.

(a) f(x) = [x],(b) f(x) = 2x + 7,

(c) f(x) = sin x,


(d) f(x) ={

x + 2|x|+ 1 dla x 6= 00 dla x = 0,

(e) f(x) ={√

x + 1 dla x ∈ R+

2x dla x ≤ 0.

Z 11.10. Zbadaj, dla jakich liczb rzeczywistych a i b funk-cja f odwzorowuje wzajemnie jednoznacznie przedziaÃl (1,2) na

(a) (0,2), jesli f(x) = ax + b,

(b) (1,3), jesli f(x) = x2 + ax + b,

(c) (4,5), jesli f(x) = ax2 + 3x + b,

(d) (−2,0), jesli f(x) = ax2 + bx + 1.

Z 11.11. Podaj przykÃlad bijekcji zbioru (0,1) na R.

Wskazowka. Sprobuj wpierw znalezc bijekcje↪ z(−π

2 ,π2

)na R.

12. Obrazy i przeciwobrazy zbiorow

Obrazy zbiorow wyznaczone przez funkcje↪. Przypusc-

my, ze dana jest funkcja f : X → Y. Dla kazdego elementu x ∈ Xfunkcja ta wyznacza w Y obraz tego elementu f(x). Jezeli danyjest pewien zbior skonczony A = {x1, x2, . . . , xn} , to funkcja fwyznacza zbior

{f(x1), f(x2), . . . , f(xn)} , (12.1)

ktory skÃlada sie↪ z obrazow kazdego elementu zbioru A. Mozemypowiedziec, ze zbior 12.1 jest obrazem zbioru A. Powyzszy konceptuogolnimy na przypadek dowolnego zbioru A ⊂ X.

Obrazem zbioru A zawartego w X wyznaczonym przezfunkcje↪ f : X → Y nazywamy zbior wszystkich wartosci f(a),gdzie a ∈ A. Obraz zbioru A wyznaczony przez funkcje↪ f ozna-czamy przez f(A). Zatem

f(A) = {f(a) : a ∈ A}

=

{y ∈ Y :

∨

x∈X

(x ∈ A ∧ f(x) = y)

}.

(12.2)

Poniewaz f(A) jest zbiorem, wie↪c zastanowmy sie↪, co toznaczy, ze pewien element y nalezy do tego zbioru. Zgodnie z 12.2mamy

y ∈ f(A) ⇔∨

x∈X

(x ∈ A ∧ f(x) = y). (12.3)

Stosuja↪c prawo de Morgana, dostajemy

y /∈ f(A) ⇔∧

x∈X

(x /∈ A ∨ f(x) 6= y). (12.4)

Korzystaja↪c z tautologii T9, otrzymujemy bardziej pore↪czna↪ defini-cje↪ faktu nieprzynaleznosci do obrazu.

y /∈ f(A) ⇔∧

x∈X

(x ∈ A ⇒ f(x) 6= y). (12.5)


Wprost z definicji wynika, ze jesli x jest dowolnym argu-mentem, to f ({x}) = {f(x)} , a f(∅) = ∅. Zauwazmy tutaj istotna↪

roznice↪ mie↪dzy zapisami f(x) oraz {f(x)} . Pierwszy zapis oznaczawartosc funkcji lub obraz elementu x wyznaczony przez funkcje↪ x,a drugi zapis oznacza zbior jednoelementowy, ktory jest obrazemzbioru {x} .

O wÃlasnosciach obrazow mowi naste↪puja↪ce twierdzenie.

12.1. Twierdzenie. Dla dowolnej funkcji f : X → Y oraz do-wolnych podzbiorow A i B przestrzeni X zachodza↪ naste↪puja↪cewÃlasnosci:

(i) f(A ∪B) = f(A) ∪ f(B),(ii) f(A ∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B),(iii) f(A) \ f(B) ⊂ f(A \B),(iv) jesli A ⊂ B, to f(A) ⊂ f(B).

WÃlasnosc (iv) okreslamy mianem monotonicznosci obrazu.Pokazemy, ze inkluzje we wÃlasnosciach (ii) i (iii) moga↪ byc inklu-zjami wÃlasciwymi. Niech, na przykÃlad, f(x) = x2, A = (−1,0),B = (0,1). Wowczas A ∩ B = ∅, a co za tym idzie, f(A ∩ B) = ∅.Ale f(A) = f(B) = (0,1), wie↪c f(A) ∩ f(B) = (0,1). Dla tychzezbiorow A oraz B i tejze funkcji f mamy f(A) \ f(B) = ∅, alef(A \B) = f(A) = (−1,0). Udowodnimy teraz twierdzenie.

Dowod. W celu pokazania (i) skorzystamy najpierw z pierwszej row-nosci w 12.2. Mamy

f(A ∪B) = {f(x) : x ∈ A ∪B} = {f(x) : x ∈ A ∨ x ∈ B} . (12.6)

Wezmy teraz dowolny element y, naleza↪cy do zbioru po prawejstronie 12.6. Wowczas y = f(x) dla pewnego elementu x zbioruA lub zbioru B. Zatem istnieje taki element x ∈ X, ze y = f(x)oraz x ∈ A lub istnieje taki x ∈ X, ze y = f(x) oraz x ∈ B.Wynika sta↪d, ze y ∈ f(A) lub y ∈ f(B), czyli y ∈ f(A) ∪ f(B).Mamy zatem f(A∪B) ⊂ f(A)∪f(B). Przypuscmy teraz, ze y jestelementem sumy f(A) ∪ f(B), czyli istnieje taki element a ∈ A,ze y = f(a) lub istnieje b ∈ B, takie ze y = f(b). Z powyzszegowynika istnienie x ∈ A∪B, takiego ze y = f(x). Sta↪d y ∈ f(A∪B),czyli f(A) ∪ f(B) ⊂ f(A ∪B).

Obrazy i przeciwobrazy zbiorow 109

Pokazemy teraz (ii). Podobnie jak poprzednio mamy

f(A ∩B) = {f(x) : x ∈ A ∩B} = {f(x) : x ∈ A ∧ x ∈ B} (12.7)

i rozwazymy dowolny element y, naleza↪cy do zbioru po prawejstronie 12.7. Wowczas y = f(x) dla pewnego x, ktory jest jed-noczesnie elementem zbioru A i zbioru B. Istnieje zatem taki ele-ment x, ze f(x) = y i x ∈ A, oraz element x, taki ze f(x) = yi x ∈ B. Zatem y ∈ f(A) i y ∈ f(B), czyli y ∈ f(A) ∩ f(B).

Aby wykazac (iii), wezmy y ∈ f(A) \ f(B). Oznacza to, zey ∈ f(A) i y /∈ f(B). Zgodnie z 12.3 i 12.5 mamy

∨

x∈X

(x ∈ A ∧ f(x) = y) ∧∧

z∈X

(z ∈ B ⇒ f(z) 6= y).

W szczegolnosci, istnieje x ∈ X, taki ze x ∈ A i f(x) = y orazjesli x ∈ B, to f(x) 6= y. Zatem dla pewnego x ∈ X, ktory nalezydo A \B, mamy f(x) = y. Oznacza to, ze y ∈ f(A \B).

Zeby zakonczyc dowod, wezmy dowolny element y ∈ f(A).Istnieje taki x ∈ X, ze x ∈ A oraz f(x) = y. Poniewaz A ⊂ B,wie↪c istnieje taki x ∈ X, ze x ∈ B i f(x) = y, czyli y ∈ f(B). ¤

Zauwazmy, ze definicja obrazu pozwala nam podac druga↪

definicje↪ suriekcji. Mianowicie, funkcja f : X → Y jest suriekcja↪,jesli f(X) = Y. Oczywiste jest, ze f : X → f(X) jest suriekcja↪.Definicji iniekcji nie da sie↪ uproscic w istotny sposob, uzywaja↪cobrazow. Jednakze roznowartosciowosc funkcji wywiera duzy wpÃlywna wÃlasnosci (ii) oraz (iii) twierdzenia 12.1. Fakt ten sformuÃlujemyw naste↪puja↪cym twierdzeniu.

12.2. Twierdzenie. ZaÃlozmy, ze funkcja f okreslona na zbiorze Xo wartosciach w Y jest roznowartosciowa. Dla dowolnych zbiorowA i B zachodza↪ rownosci:

(i) f(A ∩B) = f(A) ∩ f(B),(ii) f(A) \ f(B) = f(A \B).

Dowod. Z uwagi na twierdzenie 12.1, wystarczy w obu przypadkachpokazac inkluzje↪ ,,⊃ ”. W celu pokazania (i), wezmy dowolny ele-ment y ∈ f(A) ∩ f(B). Mamy y ∈ f(A) i y ∈ f(B). Istniejezatem a ∈ X, takie ze a ∈ A i f(a) = y oraz istnieje b ∈ X,


takie ze b ∈ B i f(b) = y. Poniewaz f(a) = f(b), a funkcja f jestroznowartosciowa, wie↪c a = b. Mamy wie↪c, ze istnieje a ∈ X, takieze a ∈ A, a ∈ B oraz f(a) = y. Sta↪d y ∈ f(A ∩B).

Wykazemy teraz, ze f(A \B) ⊂ f(A) \ f(B). Wezmy dowolnyy ∈ f(A \ B). Skoro istnieje taki x ∈ X, ze x ∈ A, x /∈ B orazf(x) = y wie↪c, w szczegolnosci y ∈ f(A). ZaÃlozmy, nie wprost,ze y ∈ f(B), czyli dla pewnego elementu b ∈ X, mamy b ∈ Boraz f(b) = y. Poniewaz f(x) = f(b), wie↪c korzystaja↪c z rozno-wartosciowosci funkcji f mamy, ze x = b, czyli b /∈ B. Daje namto sprzecznosc, wie↪c sytuacja y ∈ f(B) nie jest mozliwa. Zatemy ∈ f(A) \ f(B), co konczy dowod. ¤

Przeciwobrazy zbiorow wyznaczone przez funkcje↪.

Oprocz poje↪cia obraz, bardzo przydatne jest poje↪cie przeciwobraz.ZaÃlozmy, ze dana jest funkcja f : X → Y oraz y ∈ Y. Wow-czas, jesli y ∈ f(X), to mozemy znalezc element x ∈ X ta-ki, ze f(x) = y. Zbior wszystkich takich elementow x, dla kto-rych f(x) = y nazywamy przeciwobrazem elementu y i ozna-czamy f−1(y) lub f←(y). Uogolnieniem powyzszej definicji jestnaste↪puja↪ca definicja przeciwobrazu zbioru.

Przeciwobrazem zbioru A ⊂ Y wyznaczonym przez funkcje↪f : X → Y nazywamy zbior wszystkich argumentow x, dla ktorychf(x) ∈ A. Przeciwobraz zbioru A wyznaczony przez funkcje↪ foznaczamy przez f−1(A) lub f←(A). Zatem

f−1(A) = {x ∈ X : f(x) ∈ A} . (12.8)

Zastanowmy sie↪ teraz, co to znaczy, ze pewien element xnalezy do f−1(A). Zgodnie z 12.8 mamy

x ∈ f−1(A) ⇔ f(x) ∈ A. (12.9)

Stosunkowo Ãlatwo jest zaprzeczyc 12.9. Dostajemy wowczas

x /∈ f−1(A) ⇔ f(x) /∈ A. (12.10)

Zauwazmy, ze f−1(y) = f−1({y}), czyli przeciwobraz ele-mentu y nie rozni sie↪ niczym od przeciwobrazu zbioru jednoelemen-towego {y} . W przypadku obrazow, wielkosci f(x) oraz f({x})


nie mozna w ogole porownywac, poniewaz pierwsza z tych wielkoscijest elementem, a druga zbiorem.

Wprost z definicji wynika, ze jesli zbiory A oraz f(X) sa↪ roz-Ãla↪czne, to f−1(A) = ∅. W szczegolnosci f−1(∅) = ∅.

Podstawowe wÃlasnosci przeciwobrazow sa↪ przedstawione w na-ste↪puja↪cym twierdzeniu.

12.3. Twierdzenie. Dla dowolnej funkcji f : X → Y oraz dowol-nych podzbiorow A oraz B przestrzeni Y zachodza↪ wÃlasnosci:

(i) f−1(A ∪B) = f−1(A) ∪ f−1(B),(ii) f−1(A ∩B) = f−1(A) ∩ f−1(B),(iii) f−1(A \B) = f−1(A) \ f−1(B),(iv) jezeli A ⊂ B, to f−1(A) ⊂ f−1(B).

WÃlasnosc (iv) powyzszego twierdzenia okreslamy mianem mo-notonicznosci przeciwobrazu.

Dowod. Udowodnimy wÃlasnosci (i) oraz (iv), pozostawiaja↪c po-zostaÃle dwa dowody jako problemy do dyskusji. Aby udowodnicwÃlasnosc (i), poste↪pujemy naste↪puja↪co:

x ∈ f−1(A ∪B) ⇔ f(x) ∈ A ∪B (z 12.9)⇔ f(x) ∈ A ∨ f(x) ∈ B (z 6.1)⇔ x ∈ f−1(A) ∨ x ∈ f−1(B) (z 12.9)⇔ x ∈ f−1(A) ∪ f−1(B). (z 6.1)

W celu pokazania wÃlasnosci (iv), wezmy dowolny element xzbioru f−1(A). Z definicji przeciwobrazu (12.9) wynika, ze f(x)jest elementem zbioru A. Ale poniewaz z zaÃlozenia A ⊂ B, wie↪cf(x) ∈ B. Korzystaja↪c ponownie z definicji przeciwobrazu dosta-jemy x ∈ f−1(B). ¤

Mozna teraz zadac pytanie, czy operacje wyznaczania obrazuoraz wyznaczania przeciwobrazu sa↪ operacjami przeciwnymi, tj. czyf−1 (f(A)) = A oraz czy f

(f−1(B)

)= B dla dowolnych zbiorow

A ⊂ X i B ⊂ Y. Okazuje sie↪, ze odpowiedz na to pytanie jestpozytywna, jesli funkcja f speÃlnia pewne dodatkowe zaÃlozenia.W ogolnym przypadku prawdziwe sa↪ tylko inkluzje f−1 (f(A)) ⊃ Ai f

(f−1(B)

) ⊂ B.


12.4. PrzykÃlad. Wezmy funkcje↪ kwadratowa↪, okreslona↪ wzoremf(x) = x2 oraz wykÃladnicza↪, dana↪ przez g(x) = ex. Obie funkcjesa↪ okreslone na R i maja↪ wartosci w R. Niech A = (−1, 2) i niechB = (−1, 1). Wowczas

f−1 (f ((−1, 2))) = f−1 ([0, 4)) = (−2, 2) 6= (−1, 2),

g(g−1 ((−1, 1))

)= g ((−∞, 0)) = (0, 1) 6= (−1, 1).

12.5. Twierdzenie. Dla dowolnej funkcji f : X → Y oraz dlazbiorow A ⊂ X i B ⊂ Y zachodza↪ wÃlasnosci:

(i) f−1 (f(A)) ⊃ A,

(ii) f(f−1(B)

) ⊂ B.

Dowod. Jezeli x jest elementem zbioru A, to wartosc f(x) jest ele-mentem zbioru f(A). Z definicji przeciwobrazu dostajemy zatem,ze x ∈ f−1 (f(A)) , co konczy dowod wÃlasnosci (i).

Przypuscmy teraz, ze x ∈ f(f−1(B)

). Zgodnie z definicja↪

obrazu oznacza to, ze istnieje z ∈ X, takie ze z ∈ f−1(B)oraz f(z) = x. Z definicji przeciwobrazu, ostatnia relacja jestrownowazna f(z) ∈ B. Poniewaz f(z) = x oraz f(z) ∈ B, wie↪cx ∈ B. ¤

Jak juz wspomnielismy, inkluzje w twierdzeniu 12.5 moznazasta↪pic rownosciami, jesli funkcja f speÃlnia pewne dodatkowezaÃlozenia. Poniewaz zaÃlozenia te sa↪ inne dla kazdej z rownosci, wie↪csformuÃlujemy je jako dwa oddzielne twierdzenia.

12.6. Twierdzenie. Jezeli f : X → Y jest funkcja↪ roznowartos-ciowa↪ oraz A ⊂ X, to

f−1 (f(A)) = A.

Dowod. Wobec udowodnionej juz wÃlasnosci (i) twierdzenia 12.15,wystarczy pokazac, ze f−1 (f(A)) ⊂ A. Niech wie↪c x ∈ f−1 (f(A)).Z definicji przeciwobrazu 12.11 jest to rownowazne f(x) ∈ f(A), az definicji obrazu 12.3 wynika, ze istnieje z ∈ X, taki ze z ∈ Aoraz f(z) = f(x). Poniewaz funkcja f jest roznowartosciowa, wie↪cz rownosci f(z) = f(x) wynika, ze z = x. Zatem x ∈ A. ¤


12.7. Twierdzenie. Jezeli f : X → Y jest suriekcja↪ oraz B jestpodzbiorem Y, to

f(f−1(B)

)= B.

Dowod. Wystarczy pokazac, ze f(f−1(B)

) ⊃ B, poniewaz inkluzjaodwrotna zostaÃla juz pokazana. ZaÃlozmy wie↪c, ze x ∈ B. Poniewazfunkcja f jest suriekcja↪, wie↪c istnieje taki element z ∈ X, ze f(z) =x. Zatem f(z) = x∧f(z) ∈ B. Z definicji przeciwobrazu dostajemynatychmiast, ze f(z) = x∧ z ∈ f−1(B). Zgodnie z definicja↪ obrazumamy, ze x ∈ f

(f−1(B)

). ¤

Skoro bijekcja jest jednoczesnie suriekcja↪ oraz iniekcja↪, wie↪cz twierdzen 12.6 i 12.7 mozna wysnuc naste↪puja↪cy wniosek.

12.8. Wniosek. Przypuscmy, ze f : X → Y jest bijekcja↪, A ⊂ Xoraz B ⊂ Y. Wowczas

(i) f−1 (f(A)) = A,

(ii) f(f−1(B)

)= B. ¤


P 12.1. Udowodnij wÃlasnosci (ii) i (iii) twierdzenia 12.3.

P 12.2. Dla podanych nizej funkcji wyznacz przeciwobraz zbio-ru {θ} .

(a) f : R2 → R3 ; f(x, y) = (2x− 3y, y, 3x− y),(b) g : R3 → R[x] ; g(a, b, c) = (a + b) + (a + b)x + cx2,

(c) h : R+ → R ; h(x) = log(2x)3.Uwaga. Zastosowalismy tu typowe oznaczenia uzywane w algebrzeliniowej:

– θ oznacza element zerowy, ktory jest inny w kazdej z podanychprzestrzeni;

– R2 oznacza zbior wszystkich par uporza↪dkowanych (x, y),gdzie x, y ∈ R, θ = (0, 0) ;

– R3 oznacza zbior wszystkich trojek (a, b, c), gdzie a, b, c ∈ R,θ = (0, 0, 0) ;


– przez R[x] oznaczamy zbior wszystkich wielomianow zmien-nej x o wspoÃlczynnikach rzeczywistych, θ = 0, tj. wielomianzerowy;

– zamiast pisac f((x, y)) czy g((a, b, c)) uzywamy prostszegozapisu f(x, y) lub g(a, b, c).

P 12.3. Niech funkcja f : R → R be↪dzie okreslona wzoremf(x) = x2 − 3x + 2. Wyznacz

(a) f ([0,1]) , (b) f ((−2, −1]) ,(c) f−1 ({−3, −4}) , (d) f−1 ((−∞, −6]) .

P 12.4. Rozwazmy funkcje↪ f : R → R, ktora jest okreslonawzorem f(x) = sin x + 1. Wyznacz

(a) f([

0, 32π

]), (b) f ({0, π}) ,

(c) f−1((

12 , +∞))

, (d) f−1 ((−∞, 1]) .

P 12.5. Niech funkcja ϕ : R → R be↪dzie okreslona wzoremϕ(x) = [x] + 2. Wyznacz

(a) ϕ−1 ([0, 1)) , (b) ϕ−1 ({0}) ,(c) ϕ (R+) , (d) ϕ

({−√2, −2, 2,√

2})

.

P 12.6. Rozwazmy funkcje↪ f : C → C, ktora jest okreslonawzorem f(x + iy) = x− iy. Wyznacz

(a) f−1 (f(A)) , gdzie A jest dowolnym podzbiorem C,

(b) f(A), gdzie A = {z ∈ C : im(z) = 1} ,

(c) f−1(A), gdzie A = {z ∈ C : |z| = 1} .

P 12.7. Okreslamy f : [0,∞) → R wzorem f(x) =√

x.

(a) Wyznacz taki zbior A, ze f−1(A) = N.

(b) Czy istnieje taki zbior B, ze f−1(B) = Z ?(c) Wyznacz f

(f−1 ([a,b])

), gdzie a < b.

(d) Wyznacz f−1 (f ([a,b])) , gdzie a < b.


Z 12.1. Niech funkcja f : R → R be↪dzie okreslona wzoremf(x) = x2 − x + 3. Wyznacz

(a) f ([0, 1]) , (b) f ((−2, −1]) ,(c) f−1 ({−3, −4}) , (d) f−1 ((−∞, −6]) .


Z 12.2. Rozwazmy funkcje↪ f : R → R, ktora jest okreslonawzorem f(x) = cos x + 1. Wyznacz

(a) f([

0, 32π

]), (b) f ({0, π}) ,

(c) f−1((

12 , +∞))

, (d) f−1 ((−∞, 1]) .

Z 12.3. Niech funkcja ϕ : R → R be↪dzie okreslona wzoremϕ(x) = [x2] + 2. Wyznacz

(a) ϕ−1 ([0, 1)) , (b) ϕ−1 ({0}) ,(c) ϕ (R+) , (d) ϕ

({−√2, −2, 2,√

2})

.

Z 12.4. Rozwazmy funkcje↪ f : C → C, ktora jest okreslonawzorem f(x + iy) = 2 + x− iy. Wyznacz

(a) f−1 (f(A)) , gdzie A jest dowolnym podzbiorem C,

(b) f(A), gdzie A = {z ∈ C : im(z) = 1} ,

(c) f−1(A), gdzie A = {z ∈ C : |z| = 1} .

Z 12.5. Niech funkcja f : R+ → R be↪dzie okreslona wzoremf(x) = ln x.

(a) Wyznacz taki zbior A, ze f−1(A) = N.

(b) Czy istnieje taki zbior B, ze f−1(B) = Z ?(c) Wyznacz f

(f−1 ([a,b])

), gdzie a < b.

(d) Wyznacz f−1 (f ([a,b])) , gdzie a < b.

13. Zbiory skonczone

DziaÃl teorii mnogosci, zajmuja↪cy sie↪ tylko zbiorami skonczo-nymi, nazywamy kombinatoryka↪. Nauka ta znalazÃla wiele za-stosowan prawie we wszystkich dziaÃlach matematyki, ale przedewszystkim kombinatoryke↪ stosuje sie↪ w podstawach rachunku praw-dopodobienstwa.

Kazdy zbior skonczony A mozemy utozsamic z pewnympodzbiorem zbioru liczb naturalnych, przyporza↪dkowuja↪c (rozno-wartosciowo) kazdemu z elementow A liczbe↪ naturalna↪. Wie↪cej,jesli A 6= ∅, to tym podzbiorem liczb naturalnych moze byc{1, 2, . . . , n} , gdzie n jest liczba↪ elementow zbioru A.

Cia↪gi skonczone. Dowolna↪ funkcje↪ a okreslona↪ na (niepus-

tym) zbiorze {1, 2, . . . , k} nazywamy cia↪giem skonczonym k-wy-razowym. Jesli A jest zbiorem (niekoniecznie skonczonym), w kto-rym ta funkcja ma wartosci, to zwykle zapisujemy a w postaci(a1, a2, . . . , ak) lub po prostu a1, a2, . . . , ak, gdzie a(1) =a1, a(2) = a2 itd. Wartosci funkcji a nazywamy elementami lubwyrazami cia↪gu.

Rozwazmy teraz zbiory skonczone X = {1, 2, . . . , k} orazA = {a1, a2, . . . , an} . Dowolny cia↪g skonczony elementow zbioru Anazywamy k-wyrazowa↪ wariacja↪ z powtorzeniami. Poniewaz cia↪gjest funkcja↪, mozemy mowic o cia↪gu roznowartosciowym czy tezo cia↪gu suriektywnym. Cia↪g skonczony roznowartosciowy ma swoja↪

nazwe↪. Nazywa sie↪ wariacja↪ bez powtorzen. Takze cia↪g skonczonywzajemnie jednoznaczny ma swoja↪ nazwe↪. Jest nia↪ permutacja.

Zajmiemy sie↪ teraz problemem liczenia cia↪gow skonczonycho elementach w zbiorach skonczonych. Pewne twierdzenia zwia↪zanez tym problemem juz udowodnilismy. Sa↪ to twierdzenia 11.7oraz 11.11. Nasze rozwazania zaczniemy od sformuÃlowania pewnegoodwrocenia twierdzenia 11.7.

13.1. Lemat. Przypuscmy, ze X oraz Y sa↪ zbiorami skonczonymioraz f : X → Y jest bijekcja↪. Wowczas zbiory X oraz Y maja↪

taka↪ sama↪ liczbe↪ elementow.

Zbiory skonczone 117

Dowod. Niech X = {1, 2, . . . , k} oraz Y = {1, 2, . . . , n} . Musimypokazac, ze k = n. Poniewaz f jest bijekcja↪, wie↪c jest tez suriekcja↪.Zatem

Y = {f(1), f(2), . . . , f(k)} .

Wynika sta↪d, ze zbior Y ma co najwyzej k elementow, czyli mamynierownosc n ≤ k. Z drugiej strony, f jest iniekcja↪, wie↪c w cia↪guf(1), f(2), . . . , f(k) wyrazy nie moga↪ sie↪ powtarzac. Poniewazwyrazy te sa↪ elementami zbioru Y, wie↪c k ≤ n. Sta↪d wynika, zek = n. ¤

Z dowodu powyzszego lematu wypÃlywaja↪ dwa naste↪puja↪cewnioski.

13.2. Wniosek. Przypuscmy, ze f : X → Y jest iniekcja↪. Wowczaszbior X ma co najwyzej tyle elementow, ile Y.

13.3. Wniosek. Przypuscmy, ze f : X → Y jest suriekcja↪. Wow-czas zbior X ma co najmniej tyle elementow, ile Y.

Oznaczmy przez W kn liczbe↪ wszystkich k-wyrazowych wariacji

z powtorzeniami zbioru n-elementowego. Jak wiadomo z twierdze-nia 11.11, W k

n = nk. Zapiszemy to twierdzenie troszeczke↪ inaczej:

13.4. Twierdzenie. Liczba W kn wariacji k-wyrazowych zbioru n-

-elementowego jest rowna nk. ¤Oznaczmy przez V k

n liczbe↪ wszystkich k-wyrazowych wariacjibez powtorzen zbioru n-elementowego. Z wniosku 13.2 wynika na-tychmiast, ze V k

n > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy k ≤ n. Dla przy-kÃladu, rozwazmy zbior zÃlozony z czterech elementow a, b, c, d.Mozna z niego utworzyc naste↪puja↪ce wariacje 3-wyrazowe:

abc, abd, acb, acd, adb, adc,bac, bad, bca, bcd, bda, bdc,cab, cad, cba, cbd, cda, cdb,dab, dac, dba, dbc, dca, dcb.


Niech n be↪dzie liczba↪ naturalna↪. Oznaczmy przez n! iloczynwszystkich liczb naturalnych, ktore sa↪ mniejsze lub rowne n, czyli

n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n =n∏

i=1

i.

W uzupeÃlnieniu tego okreslenia zdefiniujmy 0! = 1.

13.5. Twierdzenie. Liczba V kn wariacji k-wyrazowych zbioru n-

elementowego (przy czym n ≥ k ) wyraza sie↪ wzorem

V kn =

n!(n− k)!

. (13.1)

Dowod. Jesli k = 1, to mamy dokÃladnie tyle wariacji, ile elementoww zbiorze. Zatem V k

n = n, co jest zgodne z dowodzonym wzorem.ZaÃlozmy, ze V k

n wyraza sie↪ wzorem 13.1 i pokazemy, ze takim sa-mym wzorem wyraza sie↪ V k+1

n . Istotnie, jesli dana jest wariacjak-wyrazowa a1, a2, . . . , ak, to mozna z niej utworzyc n−k wariacjik+1-wyrazowych a1, a2, . . . , ak, ak+1, wstawiaja↪c za ak+1 kazdyz pozostaÃlych n − k elementow naszego n-elementowego zbioru.Kazda↪ wariacje↪ k+1-wyrazowa↪ mozna w ten sposob otrzymac z wa-riacji k-wyrazowej. Zatem wariacji k + 1-wyrazowych jest

V k+1n = (n− k)V k

n = (n− k)n!

(n− k)!=

n!(n− (k + 1))!

.

Na mocy indukcji matematycznej wzor 13.1 jest prawdziwy. ¤

ZaÃlozmy teraz, ze k = n i zajmijmy sie↪ liczba↪ permu-tacji zbioru A = {a1, a2, . . . , an} , czyli liczba↪ wzajemnie jedno-znacznych n-elementowych cia↪gow skonczonych o wyrazach w A.

Jezeli f jest permutacja↪ zbioru A, to okresla ona pewneustawienie elementow tego zbioru. DokÃladnie, f(1) uwazamy zapierwszy element zbioru A, f(2) za drugi, f(3) za trzeci itd.Na odwrot, jezeli elementy zbioru A ustawimy w jakikolwieksposob, to otrzymamy permutacje↪ tego zbioru. Mozemy bowiemprzyporza↪dkowac liczbie 1 pierwszy element w naszym ustawieniu,


liczbie 2 – drugi itd. Na przykÃlad, jesli A = {a, b, c} , to jego ele-menty mozemy ustawic na szesc roznych sposobow:

abc, acb, bac, bca, cab, cba.

Pierwszemu ustawieniu odpowiada permutacja f1 okreslonanaste↪puja↪co:

f1(1) = a, f1(2) = b, f1(3) = c.

Czwartemu ustawieniu odpowiada natomiast funkcja f4, ktora↪

okreslamy w ponizszy sposob:

f4(1) = b, f4(2) = c, f4(3) = a.

W naszych dalszych rozwazaniach zakÃladamy juz, ze zbior AskÃlada sie↪ z liczb 1, 2, . . . , n.

13.6. Twierdzenie. Dla kazdej liczby naturalnej n liczba permu-tacji zbioru n-elementowego wyraza sie↪ liczba↪ n! .

Dowod. Be↪dziemy poste↪powac zgodnie z zasada↪ indukcji matema-tycznej. Jesli n = 1, to mamy dokÃladnie jedna↪ permutacje↪ zbiorujednoelementowego {1} , czyli liczba permutacji tego zbioru jestrowna 1! . ZaÃlozmy, ze twierdzenie jest prawdziwe dla zbioru(n − 1)-elementowego, czyli ze dla takiego zbioru mamy dokÃladnie(n − 1)! permutacji. Rozwazmy permutacje zbioru {1, 2, . . . , n} .Jezeli na pierwszym miejscu ustawimy 1, to dalsze liczby (jest ichn−1 ) mozna zgodnie z zaÃlozeniem indukcyjnym ustawic na (n−1)!sposobow. Podobnie, jezeli na pierwszym miejscu postawimy 2,to pozostaÃle liczby mozemy ustawic takze na (n − 1)! sposobowi tak dalej. Mamy wie↪c (n − 1)! permutacji, ktore rozpoczynaja↪

sie↪ od pewnej, narzuconej z gory, liczby 1 ≤ k ≤ n. Poniewazkazda permutacja zaczyna sie↪ od takiej liczby, wie↪c istnieje dokÃladnien · (n− 1)! = n! permutacji zbioru n-elementowego. Na podstawieZIM twierdzenie jest prawdziwe. ¤

Zauwazmy, ze wartosc V nn jest rowna liczbie permutacji zbioru

n-elementowego. Zatem twierdzenie 13.6 jest szczegolnym przypad-kiem twierdzenia 13.5.


Liczba suriekcji Skn zbioru k-elementowego o wartosciach

w zbiorze n-elementowym nie ma wie↪kszego znaczenia w kombinato-ryce. Zeby jednak uzupeÃlnic nasza↪ dyskusje↪, przytoczymy odpowied-nie twierdzenie. Be↪dzie to jednak mozliwe dopiero po przestudiowa-niu twierdzenia 13.7.

Kombinacje. Kazdy k-elementowy podzbior n-elemento-wego zbioru nazywamy k-elementowa↪ kombinacja↪. Zauwazmy, zenie musimy tu zakÃladac, iz k ≤ n, bo kiedy k > n, to mamy0 kombinacji. Zdefiniujmy jeszcze symbol Newtona:

(n

k

)=

n!(n− k)! k!

.

13.7. Twierdzenie. Liczba Ckn k-elementowych kombinacji zbioru

n-elementowego jest rowna(nk

), jezeli k ≤ n oraz 0, jesli k > n.

Dowod. Jesli k > n, to, oczywiscie, podzbiorow k-elementowychzbioru n -elementowego nie ma, wie↪c Ck

n = 0.

ZaÃlozmy teraz, ze k ≤ n. Zauwazmy, ze k-wyrazowa kom-binacja rozni sie↪ od k-wyrazowej wariacji bez powtorzen tylko ko-lejnoscia↪ wyrazow. W kombinacji kolejnosc ta nie gra zadnej roli.Odpowiednio ustawiaja↪c elementy kombinacji, mozemy otrzymac k!roznych wariacji bez powtorzen. Zatem V k

n = Cknk! . Stosuja↪c 13.1,

otrzymujemy Ckn =

(nk

). ¤

Stosuja↪c powyzsze twierdzenie, mozemy Ãlatwo udowodnic wzor:

n∑

k=0

(n

k

)= 2n. (13.2)

Istotnie,(nk

)to liczba podzbiorow k-elementowych n-elementowe-

go zbioru, a 2n to liczba wszystkich podzbiorow tego zbioru (wnio-sek 11.12). Oczywiscie, dowolny podzbior naszego zbioru ma k ele-mentow, gdzie 0 ≤ k ≤ n. Sta↪d 13.2.

Liczba suriekcji. Mozemy teraz sformuÃlowac i udowodnicodpowiednie twierdzenie, mowia↪ce o liczbie suriekcji. Przede wszy-stkim zauwazmy, ze wniosek 13.3 mowi, ze Sk

n > 0 wtedy i tylkowtedy, gdy k ≥ n.


13.8. Twierdzenie. Liczba Skn wszystkich suriekcji ze zbioru k-

elementowego na zbior n-elementowy jest rowna 0, jezeli k < noraz

nk +n−1∑

j=1

(−1)j

(n

n− j

)(n− j)k, (13.3)

jesli k ≥ n.

Dowod. Niech X be↪dzie zbiorem k-elementowym, a Y – zbioremn-elementowym. Wyrazenie 13.3 otrzymujemy w naste↪puja↪cy spo-sob. Od liczby wszystkich funkcji z X do Y, czyli od nk odej-mujemy najpierw funkcje, ktore odwzorowuja↪ X w podzbiory Y,maja↪ce n−1 elementow. Jesli Y1 jest takim podzbiorem, to mamydokÃladnie (n− 1)k funkcji z X do Y1. Mamy tez

(n

n−1

)podzbio-

row Y, ktore maja↪ n− 1 elementow. Zatem dostajemy razem

(n

n− 1

)(n− 1)k (13.4)

funkcji, ktore odwzorowuja↪ X w pewien podzbior Y, ktory ma conajwyzej n− 1 elementow.

W liczbie 13.4 pewne funkcje sa↪ policzone kilka razy. Sa↪ tofunkcje, ktore odwzorowuja↪ X w przekroje zbiorow Y1. Zatemw naste↪pnym kroku musimy od liczby 13.4 odja↪c liczbe↪ wszyst-kich funkcji, ktore odwzorowuja↪ X w podzbiory (n−2)-elementowezbioru Y (jest ich

(n

n−2

)(n−2)k ), a otrzymana↪ roznice↪ odja↪c od nk.

Tym razem funkcje odwzorowuja↪ce X w (n − 3)-elementowepodzbiory zbioru Y nie sa↪ policzone, wie↪c do otrzymanej liczbymusimy dodac

(n

n−3

)(n−3)k. I tak dalej. Ostatecznie otrzymujemy

nk −(

n

n− 1

)(n− 1)k +

(n

n− 2

)(n− 2)k − · · ·

+ (−1)n−2

(n

2

)2k + (−1)n−1

(n

1

)1k,

co jest rowne 13.3. ¤


Permutacje i wariacje rownowazne. ZaÃlozmy, ze zbior AskÃlada sie↪ z n elementow, ktore sa↪ podzielone na s grup i kazdaz tych grup liczy ki elementow ( 1 ≤ i ≤ s ). Mamy wowczas

n = k1 + k2 + · · ·+ ks.

Nie wykluczamy tutaj przypadkow, kiedy ktoras z liczb ki jestrowna 0.

Dla przykÃladu, rozwazmy zbior K, skÃladaja↪cy sie↪ z dziewie↪ciukul (n = 9), z ktorych 4 sa↪ czarne, 3 biaÃle oraz 2 zielone. Zatems = 3, k1 = 4, k2 = 3 i k3 = 2.

Dwie permutacje zbioru A nazywamy rownowaznymi, jezeliroznia↪ sie↪ one jedynie rozmieszczeniem elementow naleza↪cych do tejsamej grupy. Kontynuuja↪c nasz przykÃlad, oznaczmy kule czarneprzez c1, c2, c3 i c4, kule biaÃle przez b1, b2 i b3, a kule zieloneprzez z1 i z2. Wowczas permutacje

k = 1 2 3 4 5 6 7 8 9f1(k) = c1 b1 z2 c2 z1 b3 c4 c3 b2

f2(k) = c1 b1 z2 c3 z1 b2 c2 c4 b3

f3(k) = c4 b2 z1 c2 z2 b1 c1 c3 b3

sa↪ sobie rownowazne, ale zadna z nich nie jest rownowazna permu-tacji

k = 1 2 3 4 5 6 7 8 9f4(k) = c1 b1 c2 b2 c3 b3 c4 z1 z2

13.9. Twierdzenie. Liczba nierownowaznych sobie permutacjizbioru A wynosi

n!k1!k2! . . . ks!

.

Dowod. Z dowolnej permutacji zbioru A otrzymujemy k1! permu-tacji rownowaznych, przestawiaja↪c tylko elementy pierwszej grupy.Jesli teraz be↪dziemy przestawiac elementy drugiej grupy, to be↪-dziemy to mogli zrobic na k2! sposobow. Zatem mamy k1!k2!permutacji rownowaznych powstaÃlych z przestawienia elementowpierwszej i drugiej grupy. Kontunuuja↪c rozumowanie, otrzymamyz pewnej permutacji zbioru A dokÃladnie k1!k2! . . . ks! permutacji


z nia↪ rownowaznych. Jezeli teraz oznaczymy przez p liczbe↪ wszyst-kich permutacji ze soba↪ nierownowaznych, to otrzymamy wzor

n! = pk1!k2! . . . ks!,

z ktorego wynika natychmiast teza twierdzenia. ¤

Rozwazmy teraz dowolny zbior A o n elementach. Dwie wa-riacje k-wyrazowe z powtorzeniami zbioru A nazywamy rownowaz-nymi, jezeli roznia↪ sie↪ one tylko porza↪dkiem wyrazow. Dla przykÃladurozwazmy zbior A = {a, b, c} oraz wariacje

aaabca, cabcab, bcaaaa, aabbcc.

Rownowazne sa↪ pierwsza i trzecia oraz druga i czwarta wariacja.Natomiast wariacje pierwsza i druga nie sa↪ rownowazne.

13.10. Twierdzenie. Mamy dokÃladnie(n+k−1

k

)k-wyrazowych

wariacji nierownowaznych zbioru n-elemetowego.

Dowod. Mozemy rozwazyc wariacje zbioru A = {1, 2, . . . , n} .Niech (a1, a2, . . . , ak) be↪dzie taka↪ wariacja↪, ze

a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ ak. (13.5)

Zauwazmy, ze dowolna wariacja zbioru A jest rownowaznawariacji, ktora speÃlnia 13.5. Zatem wariacji nierownowaznych jestdokÃladnie tyle, ile cia↪gow k-wyrazowych speÃlniaja↪cych 13.5. W celupoliczenia takich cia↪gow utworzmy cia↪g (b1, b2, . . . , bk), kÃlada↪cbi = ai + i− 1 dla 1 ≤ i ≤ k. Wowczas

b1 < b2 < · · · < bk (13.6)

oraz1 ≤ bi ≤ n + k − 1. (13.7)

Tak wie↪c liczba nierownowaznych wariacji zbioru A jest rownaliczbie wszystkich cia↪gow k-wyrazowych speÃlniaja↪cych 13.6 i 13.7.A tych ostatnich jest dokÃladnie tyle, ile podzbiorow k-elementowychzbioru o n + k − 1 elementach, czyli

(n+k−1

k.

)¤



P 13.1. Rozwazmy zbior Wkn wszystkich wariacji z powtorze-

niami zbioru n-elementowego. Na zbiorze tym okreslamy naste↪pu-ja↪ca↪ relacje↪. Dwie wariacje sa↪ ze soba↪ w relacji, jesli sa↪ rownowazne.Pokaz, ze jest to relacja rownowaznosci.

P 13.2. Iloma sposobami mozna usadowic n osob dookoÃlaokra↪gÃlego stoÃlu? Dwa rozmieszczenia, w ktorych kazdy ma tychsamych sa↪siadow uwazamy za rownowazne.

P 13.3. Ile jest permutacji liczb 1, 2, 3, . . . , n, w ktorychliczby 1 i 2 nie sa↪siaduja↪ ze soba↪?

P 13.4. Dziecko bawi sie↪ literami I, I, I, I, M, P, P, S, S, S, S. Ileroznych sÃlow (z sensem lub bez) moze ono uÃlozyc, jesli za kazdymrazem wykorzystuje wszystkie litery? Jakie jest prawdopodobien-stwo, ze uda sie↪ mu uÃlozyc wyraz MISSISSIPPI?

P 13.5. Ile jest liczb naturalnych mniejszych od miliona, ktoremaja↪ rozne cyfry?

P 13.6. Ile jest mozliwych ukÃladow oczek przy rzucie pie↪ciomakostkami?

P 13.7. Iloma sposobami mozna wybrac z talii 52 kart 13 karttak, aby byÃlo wsrod nich dokÃladnie 5 pikow?

P 13.8. Na ile sposobow mozna przy grze w pokera (talia 24karty) uzyskac streight’a (pie↪c kart po kolei – kolor nieistotny)?

P 13.9. Na ile sposobow mozna przy grze w pokera (talia 24karty) uzyskac color (pie↪c kart tego samego koloru)?


Z 13.1. Wypisz wszystkie suriekcje zbioru 3-elementowego nazbior 2-elementowy.

Z 13.2. Ile jest suriekcji ze zbioru 6-elementowego na zbior 3-elementowy?


Z 13.3. Rozwazmy zbior Pn wszystkich permutacji zbioru n--elementowego, ktory jest podzielony na s grup i kazda z tychgrup liczy ki elementow ( 1 ≤ i ≤ s ). Na zbiorze tym okreslamynaste↪puja↪ca↪ relacje↪. Dwie permutacje sa↪ ze soba↪ w relacji, jesli sa↪

rownowazne. Pokaz, ze jest to relacja rownowaznosci.

Z 13.4. Niech X = {1,2,3,4} oraz Y = {a,b,c,d} .

(a) Znajdz liczbe↪ wszystkich funkcji z X do Y. Przedstawza pomoca↪ grafow wszystkie funkcje, ktore odwzorowuja↪

1 na a, 2 na b i 3 na a.

(b) Znajdz liczbe↪ wszystkich funkcji z X na Y. Przedstawza pomoca↪ grafow wszystkie suriekcje, ktore odwzorowuja↪

1 na a, 2 na b i 3 na a (lub pokaz, ze takowych nie ma).(c) Znajdz liczbe↪ wszystkich iniekcji z X do Y. Przedstaw

za pomoca↪ grafow wszystkie iniekcje, ktore odwzorowuja↪

1 na a i 2 na b (lub pokaz, ze takowych nie ma).

Z 13.5. Ile roznych liczb pie↪ciocyfrowych mozna utworzyc z cyfr0, 1, 2, 3, 4, 5?

Z 13.6. Ile roznych liczb pie↪ciocyfrowych mozna utworzyc z cyfr0, 1, 2, 3, 4, 5 tak, aby zadna cyfra sie↪ nie powtarzaÃla?

Z 13.7. Na ile sposobow mozna posadzic na pie↪ciu krzesÃlachtrzy osoby?

Z 13.8. Ile roznych naszyjnikow mozna uÃlozyc z pie↪ciu koraliczarnych i czterech biaÃlych?

Z 13.9. Ile mozna utworzyc chora↪giewek trzykolorowych (nawzor flagi niemieckiej), maja↪c do dyspozycji szesc kolorow?

Z 13.10. Ile jest wszystkich (sensownych lub nie) sÃlow, ktoremaja↪ 6 liter z alfabetu polskiego?

Z 13.11. Po dziesie↪ciu latach odbyÃl sie↪ zjazd absolwentowpewnego rocznika. Wiadomo, ze kazdy z kazdym sie↪ przywitaÃl,a powitan byÃlo w sumie 105. Ilu byÃlo uczniow?

Z 13.12. Pewien student zwykÃl przychodzic codziennie dobaru, w ktorym kazdego dnia wypijaÃl zestaw skÃladaja↪cy sie↪ z trzechroznych piw. Poniewaz byÃl on smakoszem piwa, liczyÃla sie↪ tez dla


niego kolejnosc. DokÃladnie po 210 dniach, skonczyÃly sie↪ mozliwosciukÃladania zestawow. Iloma gatunkami piwa dysponowaÃl bar?

Z 13.13. Ile (starych) tablic rejestracyjnych (typu SCH 8012)mozna byÃlo utworzyc w wojewodztwie szczecinskim, jesli kazdy nu-mer rejestracyjny mogÃl sie↪ zaczynac od litery S, naste↪pnie mogÃlybyc litery Z, C lub M, naste↪pnie dowolna z dwudziestu czterechliter, a na koncu 4 dowolne cyfry?

Z 13.14. Ile (nowych) tablic rejestracyjnych (typu ZS 58012)przewidziano na miasto Szczecin? Liter ZS nie mozna zmieniac,natomiast na pozostaÃlych miejscach moze byc zarowno litery (24mozliwosci) jak i cyfry (10 mozliwosci).

Z 13.15. Ile wyrazow mozna utworzyc, korzystaja↪c z alfabetuMorse’a (dwa symbole – i · ), jezeli wiadomo, ze kazdy wyraz musimiec co najmniej trzy litery i co najwyzej szesc liter.

Z 13.16. Na ile sposobow mozna rozmiescic 20 drobiazgoww trzech szufladach tak, aby w pierwszej byÃlo ich 10, w drugiej 6a w trzeciej 4?

14. Zbiory przeliczalne

Mowimy, ze zbiory A oraz B sa↪ rownoliczne (A ∼ B), jesliistnieje funkcja wzajemnie jednoznaczna z A na B. Zatem

A ∼ B ⇔ istnieje funkcja f : A na−→1-1 B.

Jesli A jest zbiorem skonczonym i ma n elementow, tozbior B jest rownoliczny z A wtedy i tylko wtedy, gdy jeston skonczony i tez ma n elementow. Jezeli A jest zbioremnieskonczonym, to okazuje sie↪, ze nie kazdy zbior nieskonczonyjest rownoliczny z A. Poje↪cie rownolicznosc jest uogolnieniemna dowolne zbiory poje↪cia posiadania tej samej liczby elementow.Rozwazmy zbior N liczb naturalnych oraz zbior P liczb parzystych.Funkcja f : N→ P okreslona wzorem f(n) = 2n jest bijekcja↪, wie↪cN ∼ P. Powyzszy przykÃlad pokazuje, ze zbior nieskonczony A mozebyc rownoliczny swojemu podzbiorowi, ktory jest rozny od A.

Zauwazmy, ze poniewaz funkcja IA jest bijekcja↪ ze zbioru Ana zbior A, wie↪c zbiory A oraz A sa↪ rownoliczne, lub inaczej,A jest rownoliczny zbiorowi A. Jesli f : A na−→

1-1 B, czyli zbior Ajest rownoliczny zbiorowi B, to funkcja f−1 jest bijekcja↪ z B na A.Zatem zbiory B oraz A sa↪ rownoliczne. ZaÃlozmy, ze f : A na−→

1-1 Boraz g : B na−→

1-1 C, czyli ze A ∼ B i B ∼ C. Wowczas A ∼ C ,poniewaz g ◦ f jest bijekcja↪ ze zbioru A na C.

Powyzsze rozwazania pozwalaja↪ uogolnic poje↪cie liczba ele-mentow na przypadek zbiorow nieskonczonych, czyli dokonac klasy-fikacji zbiorow za pomoca↪ poje↪cia rownolicznosc. Kazdemu zbiorowiA przyporza↪dkujemy pewna↪ ceche↪, ktora↪ nazwiemy moca↪ i oz-naczymy A (inne oznaczenia: |A|, #A ) w taki sposob, ze dwomzbiorom A i B jest przyporza↪dkowana ta sama moc, wtedy i tylkowtedy, gdy zbiory A oraz B sa↪ rownoliczne. Zatem

A = B ⇔ A ∼ B.

Na przykÃlad ∅ = 0, {1,2,3,7} = 4. Moc zbioru liczb natural-nych oznaczamy ℵ0. W rozdziale tym zajmiemy sie↪ zbiorami, ktoresa↪ rownoliczne z podzbiorami N.


Zbior nazywamy przeliczalnym, jezeli jest on skonczony lubrownoliczny ze zbiorem liczb naturalnych*.

Zbiory przeliczalne a cia↪gi. Poje↪cie zbior przeliczalny

jest scisle zwia↪zane z poje↪ciem cia↪g. Cia↪giem nazywamy dowolna↪

funkcje↪ okreslona↪ na zbiorze liczb naturalnych. Na przykÃlad, funkcjaa : N → R okreslona wzorem a(n) = 1

n jest cia↪giem liczb rzeczy-wistych, a funkcja B : N → 2R dana przez B(n) = (2n, 3n2) jestcia↪giem przedziaÃlow. Zwykle cia↪gi oznaczamy (an) zamiast a(n).Cze↪sto stosuje sie↪ oznaczenia (an)n∈N dla podkreslenia, ze dziedzina↪

jest zbior liczb naturalnych. Bierze sie↪ to sta↪d, ze w zbiorze liczb na-turalnych mamy ,,dobry porza↪dek”, tj. nie mamy wa↪tpliwosci, ktoraliczba jest pierwsza, ktora druga itd. Porza↪dek ten przenosi sie↪ nawartosci cia↪gu, ktore nazywamy wyrazami. I tak, a1 jest pierw-szym wyrazem cia↪gu (an), a2 drugim itd. Jezeli istnieje funkcjaa : N na−→ A, to mowimy, ze elementy zbioru A mozna ustawicw cia↪g, czyli ,,uporza↪dkowac” lub ,,ustawic w kolejke↪”. Pokazemy,ze cia↪gi sa↪ scisle zwia↪zane ze zbiorami przeliczalnymi.

14.1. Lemat. Niepusty zbior A jest przeliczalny wtedy i tylkowtedy, gdy jego elementy mozna ustawic w cia↪g.

Dowod. ZaÃlozmy najpierw, ze zbior A jest przeliczalny. Jesli jeston skonczony, to mamy A = {a1, a2, . . . , ak} , gdzie k = A i defi-niujemy nasz cia↪g naste↪puja↪co:

f(n) ={

an, jezeli n ≤ k,ak, jezeli n > k.

Jezeli zbior A jest nieskonczony to, zgodnie z definicja↪, musi onbyc rownoliczny ze zbiorem liczb naturalnych, czyli istnieje funkcjaf : N na−→

1-1 A, ktora jest szukanym cia↪giem.ZaÃlozmy teraz, ze elementy zbioru A mozna ustawic w cia↪g.

Ponownie rozwazymy dwa przypadki. Jesli zbior A jest skonczony,

* Powyzsza definicja podana za [10] jest wygodniejsza dla naszych rozwazan nizoryginalna definicja G. Cantora, ktory definiuje zbior przeliczalny jako rownolicznyze zbiorem liczb naturalnych. Zbior skonczony lub przeliczalny jest okreslany jako conajwyzej przeliczalny.

Zbiory przeliczalne 129

to, zgodnie z definicja↪, jest przeliczalny. W przeciwnym razie, cia↪g(an), w ktory mozna ustawic wszystkie elementy A, musi miecnieskonczenie wiele roznych wyrazow. Zdefiniujemy funkcje↪ f na-ste↪puja↪co:

f(1) = a1,

f(2) = ak2 , gdzie k2 jest najmniejsza↪ liczba↪ naturalna↪ taka↪,ze a1 6= ak2 ,

f(3) = ak3 , gdzie k3 > k2 jest najmniejsza↪ liczba↪ naturalna↪

taka↪, ze a1 6= ak3 6= ak2

i tak dalej. Za kazdym razem za f(n) wybieramy kolejny ,,wolny”wyraz cia↪gu (an), ktory jest rozny od juz wzie↪tych elementow. Takzdefiniowana funkcja jest roznowartosciowa i ,,na”. Zatem zbior Ajest rownoliczny zbiorowi liczb naturalnych. ¤

Powyzszy lemat ma istotne znaczenie w procesie badaniazbiorow przeliczalnych. Wykorzystamy go w dowodach naste↪pnychtwierdzen.

14.2. Twierdzenie. Podzbior zbioru przeliczalnego jest zbioremprzeliczalnym.

Dowod. Zauwazmy, ze twierdzenie jest trywialne, jesli A = ∅.Niech wie↪c A be↪dzie niepustym zbiorem przeliczalnym i B ⊂ A.Z poprzedniego twierdzenia wiemy, ze elementy zbioru A moznaustawic w cia↪g. Przy okazji ustawiamy tez w cia↪g elementy zbio-ru B, a dokÃladnie, jesli (an) jest cia↪giem wszystkich elementowzbioru A, to definiujemy cia↪g (bn) naste↪puja↪co:

b1 = ak1 , gdzie k1 jest najmniejsza↪ liczba↪ naturalna↪, dla ktorejak1 ∈ B,

b2 = ak2 , gdzie k2 jest najmniejsza↪ liczba↪ naturalna↪ wie↪ksza↪

od k1, dla ktorej ak2 ∈ B,

b3 = ak3 , gdzie k3 jest najmniejsza↪ liczba↪ naturalna↪ wie↪ksza↪

od k2, dla ktorej ak3 ∈ B

i tak dalej. PowstaÃly cia↪g (bn) jest cia↪giem wszystkich elementowzbioru B. ¤

14.3. Twierdzenie. Suma dwoch zbiorow przeliczalnych jest zbio-rem przeliczalnym.


Dowod. Przypuscmy, ze zbiory A oraz B sa↪ niepustymi zbioramiprzeliczalnymi. Zatem elementy obu tych zbiorow mozna ustawicw cia↪gi nieskonczone (an) i (bn). Wowczas cia↪g

(a1, b1, a2, b2, a3, b3, . . .)

jest cia↪giem wszystkich elementow zbioru A ∪B. ¤

14.4. Twierdzenie. Produkt kartezjanski dwoch zbiorow przeli-czalnych jest zbiorem przeliczalnym.

Dowod. ZaÃlozmy, ze zbiory A oraz B sa↪ niepustymi zbioramiprzeliczalnymi. Zatem elementy obu tych zbiorow mozna ustawicw cia↪gi nieskonczone (an) i (bn). Tak wie↪c zbior A×B skÃlada sie↪ zewszystkich par postaci (ak,bl). Wszystkie te pary mozemy ustawicw cia↪g

((a1,b1), (a1,b2), (a2,b1), (a3,b1), (a2,b2), (a1,b3), . . .) ,

ktory mozna przedstawic za pomoca↪ (nieskonczonej) tablicy, w kto-rej zapisane sa↪ pary (ak,bl) elementow zbioru A × B, a strzaÃlkioznaczaja↪ sposob ustawiania tego zbioru w cia↪g.

(a1,b1) −→ (a1,b2) (a1,b3) −→ . . .↙ ↗ ↙

(a2,b1) (a2,b2) (a2,b3) . . .↓ ↗ ↙ ↗

(a3,b1) (a3,b2) (a3,b3) . . .↙ ↗ ↙

. . . . . . . . . . . . ¤

(14.1)

Technike↪ powyzszego dowodu mozna wykorzystac do wykaza-nia przeliczalnosci zbioru liczb wymiernych dodatnich Q+. Do-kÃladnie, kazda↪ liczbe↪

pq ze zbioru Q+ utozsamiamy z para↪ (p, q)

i ustawiamy jak w 14.1, tj. w pierwszym wierszu ustawiamy wszy-stkie uÃlamki o mianowniku 1 w porza↪dku maleja↪cym. W drugimwierszu ustawiamy w porza↪dku maleja↪cym wszystkie uÃlamki o mia-nowniku 2 itd. Oto pierwsze wyrazy otrzymanego cia↪gu:

Zbiory przeliczalne 131

11,12,21,31,22,13,14,23,32,41,51,42,33,24,15,16,25,34,43,52,61, . . .

PrzykÃlady zbiorow przeliczalnych. Jak juz zapewnezauwazylismy, zbior liczb naturalnych oraz dowolny nieskonczonypodzbior N jest zbiorem mocy ℵ0. Funkcja f dziaÃlaja↪ca ze zbioruliczb naturalnych do zbioru liczb caÃlkowitych ujemnych okreslonawzorem f(n) = −n jest wzajemnie jednoznaczna, wie↪c takze zbiorliczb caÃlkowitych ujemnych jest przeliczalny. Suma dwoch zbiorowprzeliczalnych jest zbiorem przeliczalnym, wie↪c zbior Z \ {0} jestprzeliczalny. Sta↪d juz Ãlatwo wynika, ze Z = ℵ0.

Dalej, jak wiemy zbior liczb wymiernych dodatnich Q+ jestprzeliczalny, wie↪c i zbior liczb wymiernych ujemnych Q− jest prze-liczalny. Rownolicznosc ustala funkcja f : q 7→ −q. Zatem zbiorliczb wymiernych Q jest przeliczalny.


P 14.1. Rozwazmy zbior D odcinkow na prostej, taki ze kazdedwa rozne odcinki naleza↪ce do D sa↪ rozÃla↪czne. Pokaz, ze D jestprzeliczalny.

P 14.2. Pokaz, ze dwa dowolne przedziaÃly otwarte sa↪ rownejmocy.

P 14.3. Pokaz, ze zbior wszystkich wspoÃlsrodkowych okre↪gowo promieniu naturalnym umieszczonych na pÃlaszczyznie jest przeli-czalny.

P 14.4. Pokaz, ze zbior Q2, czyli zbior wszystkich punktowo wspoÃlrze↪dnych wymiernych na pÃlaszczyznie jest przeliczalny.

P 14.5. Pokaz, ze zbior wszystkich okre↪gow na pÃlaszczyznieo srodkach w punktach o wspoÃlrze↪dnych wymiernych oraz promie-niach wymiernych jest przeliczalny.


Z 14.1. Stosuja↪c technike↪ dowodu twierdzenia 14.4, pokaz, zezbior Q− wszystkich liczb wymiernych ujemnych jest przeliczalny,a naste↪pnie ustaw w cia↪g wszystkie liczby wymierne.


Z 14.2. Udowodnij, ze naste↪puja↪ce zbiory sa↪ rownoliczne orazznajdz ich moc.

(a){√

2,0}

, {−1,5} ;(b) {x ∈ N : x ≤ 7} ,

{x ∈ N : 1 < x2 < 64

},

(c){x ∈ R : x2 + 2x + 1 = 0

}, {0} ,

(d) N, N \ {1,3,5} .

Z 14.3. Udowodnij, ze zbior A jest przeliczalny i wyznacz jegomoc.

(a) A = {x ∈ N : 10|x} ,

(b) B ={

x ∈ N :∨

y∈R x = sin y}

,

(c) C ={

x ∈ N :∨

y∈R x = ln y}

,

(d) D ={

x ∈ N :∨

y∈R x = tgy}

.

Z 14.4. Rozwazmy zbior R2 wszystkich punktow pÃlaszczyznyoraz pewien jego podzbior A. P (x0,y0) nazywamy punktem izo-lowanym zbioru A, jesli istnieje koÃlo K o srodku w punkcie Poraz promieniu ε, takie ze K ∩ A = {P} . Udowodnij, ze zbior Ai

wszystkich punktow izolowanych zbioru A jest przeliczalny.

Z 14.5. Przypuscmy, ze kazdy wÃlasciwy (czyli rozny od caÃlegozbioru) podzbior A jest przeliczalny. Czy zbior A jest przeliczalny?Uzasadnij odpowiedz.

Z 14.6. Pokaz, ze zbior wszystkich liczb rzeczywistych o skon-czonym rozwinie↪ciu dziesie↪tnym jest przeliczalny.

Z 14.7. Pokaz, ze zbior wszystkich liczb rzeczywistych o rozwi-nie↪ciu dziesie↪tnym okresowym jest przeliczalny.

15. Zbiory nieprzeliczalne

Fakt, ze tak ,,duzy” zbior, jak Q ma moc ℵ0 jest dosc za-skakuja↪cy i zmusza do zapytania, czy istnieja↪ zbiory, ktore nie sa↪

przeliczalne. Odpowiedz na to pytanie jest twierdza↪ca, a zbior, ktorynie jest przeliczalny, nazywamy nieprzeliczalnym.

Rozwazmy na przykÃlad zbior 2N wszystkich podzbiorow zbioruliczb naturalnych. Gdyby zbior ten byÃl przeliczalny, istniaÃlabyfunkcja f : N na−→

1-1 2N. Zatem wartosci funkcji f byÃlyby podzbio-rami N (dla dowolnego n ∈ N mamy f(n) ⊂ N ). Rozwazmy zbior

A = {n ∈ N : n /∈ f(n)} .

Poniewaz zbior A jest podzbiorem zbioru liczb naturalnych, a funk-cja f jest suriekcja↪, wie↪c istnieje taka liczba naturalna m, zef(m) = A. Gdyby liczba m byÃla elementem zbioru A, to ozna-czaÃloby to, ze m /∈ f(m), czyli m /∈ A. Zatem musi zachodzicm /∈ A. Wynika sta↪d, ze liczba m nie jest elementem zbioru f(m),wie↪c m /∈ f(m), a to oznacza, ze m ∈ A. Otrzymujemy wie↪csprzecznosc w obu mozliwych przypadkach. Zatem funkcja f niemoze byc suriekcja↪, a zbior 2N nie moze byc przeliczalny. Podamyponizej kilka przykÃladow zbiorow nieprzeliczalnych oraz zbiorowrownolicznych 2N. Pokazemy tez, ze zbior liczb rzeczywistych jestnieprzeliczalny.

Cia↪gi zero-jedynkowe. Na pocza↪tek rozwazymy zbior wszy-

stkich cia↪gow, ktorych wyrazami sa↪ zera i jedynki. Pokazemy, zetakich cia↪gow jest nieprzeliczalnie wiele. Aby tego dokonac zaÃlozmy,ze nie jest to prawda, czyli ze wszystkie takie cia↪gi mozna ustawicw cia↪g. Wypiszmy ten cia↪g cia↪gow.

(a11, a12, a13, a14, . . .)(a21, a22, a23, a24, . . .)(a31, a32, a33, a34, . . .)(a41, a42, a43, a44, . . .)(. . . , . . . , . . . , . . . , . . .)

(15.1)

Dla kazdego i oraz j mamy aij ∈ {0,1} . Wybierzemy teraz cia↪go wyrazach ze zbioru {0,1} , ktorego nie ma na powyzszej liscie


i w ten sposob uzyskamy sprzecznosc, poniewaz lista (15.1) miaÃlazawierac wszystkie cia↪gi. Zatem wybierzmy taki cia↪g:

(1− a11, 1− a22, 1− a33, 1− a44, . . .) (15.2)

Cia↪g (15.2) jest inny niz kazdy z cia↪gow z listy (15.1). Jest takdlatego, ze na k-tym miejscu ma on 0, jesli akk = 1, lub tez 1, jesliakk = 0. Zatem rozni sie↪ on od k-tego cia↪gu z listy przynajmniejtym jednym k-tym wyrazem.

Zaprezentowana powyzej metoda dowodzenia nazywa sie↪ me-toda↪ przeka↪tniowa↪.

Oznaczmy opisany zbior cia↪gow zero-jedynkowych przez C01.Pokazemy, ze jest on rownoliczny z 2N. Funkcje↪ f : C01 → 2N

zdefiniujemy naste↪puja↪co: dla dowolnego cia↪gu zero-jedynkowego(an) przyporza↪dkujemy zbior A = {n ∈ N : an = 1} . Udowodnimy,ze f jest bijekcja↪. Aby wykazac suriektywnosc funkcji f, wezmy do-wolny podzbior A ⊂ N. Zdefinujmy teraz cia↪g (an), kÃlada↪c an = 1,jesli n ∈ A, oraz an = 0, jezeli n /∈ A. Wowczas f

((an)

)= A.

Zatem f jest suriekcja↪. Dla dowodu roznowartosciowosci naszejfunkcji zaÃlozmy, ze cia↪gi (an), (bn) sa↪ rozne, f

((an)

)= A oraz

f((bn)

)= B . Istnieje wie↪c taka liczba naturalna k, ze ak 6= bk.

Przypuscmy, ze ak = 0. Zatem bk = 1, czyli k ∈ B, ale k /∈ A.Sta↪d A 6= B. Jesli zaÃlozymy, ze ak = 1, to be↪dzie to oznaczac, zek ∈ A, ale k /∈ B, wie↪c i w tym przypadku A 6= B. Zatem f jesttez iniekcja↪. Ostatecznie, C01 = 2N.

Nieprzeliczalnosc odcinka oraz prostej. Pokazemy tu-taj, ze dowolny przedziaÃl jest nieprzeliczalny oraz ze zbiory liczbrzeczywistych oraz niewymiernych sa↪ nieprzeliczalne.

15.1. Twierdzenie. Zbior [0,1] jest nieprzeliczalny.

Dowod. ZaÃlozmy, nie wprost, ze [0, 1] jest przeliczalny, czyli ze ist-nieje cia↪g (cn), ktory zawiera wszystkie elementy przedziaÃlu [0, 1].Dzielimy nasz przedziaÃl na trzy rowne cze↪sci, otrzymuja↪c

[0, 1

3

],[

13 , 2

3

]i

[23 , 1

]. Z tych trzech przedziaÃlow wybieramy ten, w ktorym

nie ma c1 i oznaczamy go [a1, b1]. Teraz przedziaÃl [a1, b1] dzielimyna trzy rowne odcinki i sposrod nich wybieramy ten, w ktorym niema c2. PrzedziaÃl ten oznaczamy [a2, b2]. Poste↪pujemy tak dalej,

Zbiory nieprzeliczalne 135

wybieraja↪c w rezultacie cia↪g rosna↪cy (an) oraz maleja↪cy (bn), ktoredodatkowo maja↪ te↪ wÃlasnosc, ze cn /∈ [an, bn].

Zatem cia↪gi (an) i (bn) sa↪ monotoniczne i ograniczone. Ozna-cza to, ze oba sa↪ zbiezne. Co wie↪cej, granica a cia↪gu (an) jestmniejsza od dowolnego elementu cia↪gu (bn) oraz b = lim bn jestwie↪ksza lub rowna a. Istnieje wie↪c przynajmniej jedna liczba c,taka ze a ≤ c ≤ b, czyli

∧

n∈Nan ≤ c ≤ bn. (15.3)

Z drugiej strony, liczba c jest elementem przedziaÃlu [0,1], wie↪cmusi byc tez elementem cia↪gu (cn), powiedzmy c = cN dla pewnegoN ∈ N. Ale wowczas c /∈ [aN ,bN ], co przeczy (15.3). ¤

Powyzsze twierdzenie zostaÃlo po raz pierwszy sformuÃlowanei udowodnione przez G. Cantora. Jego oryginalny dowod opieraÃlsie↪ na fakcie, ze kazdej liczbie r z przedziaÃlu [0,1] mozna przy-porza↪dkowac cia↪g zero-jedynkowy, mianowicie rozwinie↪cie r w sys-temie pozycyjnym przy podstawie 2*. Przyporza↪dkowanie, o ktorymmowa ma jednak pewna↪ wade↪: kazdemu uÃlamkowi o mianowniku 2k,gdzie k ∈ N, odpowiadaja↪ dwa rozwinie↪cia, np.

12

= 0,100000 . . . = 0,011111 . . .

Rozumowanie podobne do powyzszego (ale bez wspomnianej wady)przedstawimy w naste↪pnym podrozdziale.

Zauwazmy teraz, ze przedziaÃl otwarty (0,1) jest nieprzeli-czalny, poniewaz gdyby byÃlo inaczej, to przeliczalny byÃlby i [0,1] =(0,1) ∪ {0,1} , co nie jest prawda↪. W podobny sposob zauwazamy,ze przedziaÃly (0,1] oraz [0,1) sa↪ nieprzeliczalne.

15.2. Twierdzenie. Nadzbior zbioru nieprzeliczalnego jest nieprze-liczalny.

Dowod. ZaÃlozmy, ze A ⊂ B i zbior A jest nieprzeliczalny. Gdybyzbior B byÃl przeliczalny, to takowy byÃlby kazdy jego podzbior,a wie↪c i A, ale tak nie jest. ¤

* Systemy pozycyjne zostaÃly opisane w pozycji [12] zamieszczonej literatury.


Z powyzszych twierdzen wynika, ze R jest zbiorem nieprzeli-czalnym. Poniewaz R = Q∪IQ, wie↪c zbior liczb niewymiernych tezjest nieprzeliczalny.

Zbior Cantora – ,,maÃly” zbior nieprzeliczalny. Jakzauwazylismy w poprzednim rozdziale, zbiory przeliczalne moga↪ bycbardzo duze, jak na przykÃlad zbior liczb wymiernych. Pokazemyteraz cos przeciwnego, a mianowicie, ze zbiory nieprzeliczalne moga↪

byc bardzo maÃle. Skonstruujemy zbior nazwany w pocza↪tkach XXwieku zbiorem Cantora i pokazemy, ze jest on nieprzeliczalny.

Niech A1 = [0, 1]. Z A1 wyrzucamy cze↪sc srodkowa↪, czyliodcinek I1 =

(13 , 2

3

). Oznaczmy A2 = A1\I1. Zbior A2 skÃlada sie↪

z dwoch odcinkow. Z kazdego z nich wyrzucamy srodkowe cze↪scio dÃlugosci 1

9 i otrzymujemy w ten sposob zbior A3.

A3 = A2 \((

19,

29

)∪

(79,

89

)).

Kontynuujemy ten proces, za kazdym razem otrzymuja↪c sume↪ od-cinkow, z ktorych wyrzucamy srodkowe cze↪sci. Zbior Cantora Kjest cze↪scia↪ wspolna↪ wszystkich otrzymanych zbiorow, tj.

K =∞⋂

n=1

An.

Zeby pokazac, ze zbior K jest nieprzeliczalny, skonstruuje-my wzajemnie jednoznaczne odwzorowanie z K na zbior wszyst-kich cia↪gow zero-jedynkowych. W celu przyporza↪dkowania elemen-towi x ∈ K pewnego cia↪gu zero-jedynkowego, ,,przejdziemy”przez wszystkie zbiory An. I tak, jesli x ∈ A1 znajduje sie↪po lewej stronie wyrzuconego odcinka, to pierwszym wyrazemprzyporza↪dkowanego mu cia↪gu be↪dzie 1, jezeli po prawej – 0. Podob-nie w A2 : jezeli x znajdzie sie↪ po lewej stronie wyrzuconego od-cinka, drugim wyrazem cia↪gu be↪dzie 1. W przeciwnym wypadkube↪dzie to 0. I tak dalej. Zauwazmy, ze jezeli x, y ∈ K oraz x 6= y,to w pewnym momencie x i y znajda↪ sie↪ po przeciwnych stronachwyrzuconego odcinka i w rezultacie zostana↪ im przyporza↪dkowaneinne cia↪gi. Zatem odwzorowanie jest roznowartosciowe. Jest tez ono

Zbiory nieprzeliczalne 137

suriekcja↪, poniewaz kazdemu cia↪gowi zero-jedynkowemu odpowiadapewna nieskonczona Ãlamana, ktora ,,trafia” w pewien elementzbioru K. Zatem zbior ten jest nieprzeliczalny.

Zbiory mocy continuum. Moc ℵ0, ktora sie↪ pojawiÃlaw rozdziale 14, nazwiemy liczba↪ pozaskonczona↪. Druga↪ liczba↪ poza-skonczona↪, ktora↪ poznamy jest c. Zdefiniujemy ja↪ jako moc zbioruliczb rzeczywistych i nazwiemy continuum. Tak wie↪c R = c.Funkcja arctg odwzorowuje wzajemnie jednoznacznie zbior liczbrzeczywistych na przedziaÃl otwarty

(−π2 , π

2

), wie↪c

(−π

2,

π

2

)= c.

Funkcja liniowa f okreslona wzorem f(x) = a−bπ

(x− π

2

)+ a od-

wzorowuje wzajemnie jednoznacznie przedziaÃl otwarty(−π

2 ,π2

)na

przedziaÃl otwarty (a,b). Zatem kazde dwa przedziaÃly sa↪ rownoliczneoraz (a,b) = c.

Po rozwia↪zaniu zadania P15.1 Czytelnik przekona sie↪, ze ist-nieje bijekcja z odcinka otwartego na domknie↪ty. Zatem odcinekdomknie↪ty ma moc c. Mozna pokazac, ze zbior wszystkich cia↪gowzero-jedynkowych, a wie↪c takze zbior Cantora oraz zbior wszystkichpodzbiorow N, maja↪ moc continuum.

Mozna pokazac, ze takze zbior liczb niewymiernych ma moccontinuum. Rodzi sie↪ zatem pytanie, czy istnieje podzbior X zbio-ru R, ktory ma moc rozna↪ od ℵ0 i od c. Pytanie o istnienie takiegozbioru nie jest Ãlatwe i szukanie odpowiedzi na nie doprowadziÃlo dosformuÃlowania naste↪puja↪cej hipotezy.

15.3. Hipoteza continuum. Nie istnieje taki zbior X, ktory mamoc rozna↪ od ℵ0 i od c, a jednoczesnie jest rownoliczny pewnemupodzbiorowi zbioru liczb rzeczywistych.

Jak sie↪ okazaÃlo w roku 1963*, powyzsza hipoteza nie moze byctwierdzeniem teorii mnogosci. Moze ona byc natomiast doÃla↪czonajako dodatkowy aksjomat.

* P.J. Cohen: The independence of the continuum hypothesis. Proceedings ofthe National Academy of Sciences of the USA, 50 (1963), s. 1143–1148.



P 15.1. Skonstruuj funkcje↪ wzajemnie jednoznaczna↪ z przedzia-Ãlu otwartego na otwarto-domknie↪ty oraz z przedziaÃlu otwartego nadomknie↪ty.

P 15.2. Pokaz, ze okra↪g bez jednego punktu ma te↪ sama↪ mocco R, stosuja↪c konstrukcje↪ geometryczna↪.

P 15.3. Pokaz, ze zbior wszystkich liczb niewymiernych z prze-dziaÃlu (0,1) jest rownoliczny ze zbiorem wszystkich cia↪gow 0–1.


Z 15.1. Dla dowolnego zbioru A pokaz, ze zbior 2A ma wie↪k-sza↪ moc niz A, tzn. pokaz, ze nie istnieje funkcja wzajemnie jed-noznaczna z A na 2A.

Z 15.2. Udowodnij, ze naste↪puja↪ce zbiory sa↪ rownoliczne:(a) R, R+,

(b) {x ∈ R : x ≤ 7} ,{x ∈ R : 1 < x2 < 70

},

(c){x ∈ R : x2 + 2x + 1 > 0

}, R,

(d) R, R \ {1,3,5} .

Z 15.3. Udowodnij, ze podany zbior jest nieprzeliczalny:

(a) A ={

(x,y) :∈ R2 : x = 1y

},

(b) B ={(x,y) ∈ R2 : x = sin y

},

(c) C ={(x,y) ∈ R2 : y = ln |x|} ,

(d) D ={(x,y) ∈ R2 : x2 = y2

}.

Z 15.4. ZaÃlozmy, ze zbior A jest zawarty w pewnym zbiorze Boraz ze kazdy wÃlasciwy (tj. rozny od A ) nadzbior A zawarty w Bjest nieprzeliczalny. Czy zbior A jest nieprzeliczalny? Odpowiedzuzasadnij.

Z 15.5. Pokaz, ze zbior wszystkich liczb rzeczywistych, ktoremaja↪ rozwinie↪cie dziesie↪tne, skÃladaja↪ce sie↪ tylko z zer i jedynek, jestnieprzeliczalny.

Z 15.6. Pokaz, ze zbior wszystkich liczb rzeczywistych, ktoremaja↪ rozwinie↪cie dziesie↪tne, skÃladaja↪ce sie↪ tylko z cyfr roznych od 7,jest nieprzeliczalny.

16. Zbiory cze↪sciowo uporza

↪dkowane

Teoria mocy zajmuje sie↪ porownywaniem zbiorow ze wzgle↪duna pewna↪ ceche↪. Teoria zbiorow uporza↪dkowanych wchodzi w struk-ture↪ samego zbioru. Okresla ona mianowicie miejsce danego elemen-tu. A to okreslenie jest niezwykle pozyteczne. Na przykÃlad, Ãlat-wo jest badac wÃlasnosci liczb, kiedy mozemy je porownywac, czylimamy wprowadzony pewien porza↪dek. Nie wszystkie zbiory moga↪

byc tak ,,dobrze” uporza↪dkowane jak zbior liczb naturalnych. Za-wsze jednak mozna wprowadzic tak zwany porza↪dek cze↪sciowy. Niebe↪dziemy sie↪ tu jednak zajmowac zastosowaniem porza↪dkow, leczsamym ich definiowaniem i przykÃladami. Zaczniemy od definicji.Jesli pewna relacja jest zwrotna, przechodnia i antysymetryczna,to nazywamy ja↪ relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪, a zbior w ktorym jest onaokreslona – zbiorem cze↪sciowo uporza↪dkowanym.

Zwykle pewne idee powstaja↪ poprzez uogolnienie dobrze zna-nych poje↪c dotycza↪cych liczb rzeczywistych. Tak tez jest z relacja↪

porza↪dkuja↪ca↪ – poniewaz relacja ≤ jest zwrotna, przechodniai antysymetryczna, wie↪c znak ≤ stosuje sie↪ do oznaczenia relacjiporza↪dkuja↪cej na dowolnym zbiorze, chyba ze przypadek jest na tyleistotny, ze wprowadzono inne oznaczenie.

PrzykÃlady. Podamy teraz kilka przykÃladow najcze↪sciej sto-sowanych relacji porza↪dkuja↪cych.

16.1. PrzykÃlad. Najprostszym sposobem wprowadzenia relacji po-rza↪dkuja↪cej na zbiorze skonczonym jest utworzenie grafu (plansza 4).Dla dowolnych punktow x, y mamy x ≤ y, jesli x = y lubpunkt x znajduje sie↪ ponizej punktu y oraz istnieje linia o po-cza↪tku w punkcie x i koncu w punkcie y, ktorej krawe↪dzie ,,ida↪” wgore↪ strony. ZrozumiaÃle jest, ze przy konstruowaniu takiego grafunie be↪dziemy rysowac poziomych krawe↪dzi. Na przykÃlad b ≤ a,d ≤ c, ale a nie jest w relacji z e . Natomiast n nie jest w relacjiz zadnym roznym od n elementem.

Dla kazdego zbioru skonczonego mozna narysowac podobnygraf. Zauwazmy, ze powyzej zdefiniowana relacja jest faktycznierelacja↪ porza↪dkuja↪ca↪.


Plansza 4.

Zbiory cze↪sciowo uporza↪dkowane 141

16.2. PrzykÃlad. Niech S be↪dzie pewnym zbiorem. Relacja ⊂ jestrelacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ na zbiorze 2S .

16.3. PrzykÃlad. Na zbiorze liczb naturalnych, oprocz ,,naturalnej”relacji ≤, mozna wprowadzic inna↪ relacje↪ porza↪dkuja↪ca↪, ktora↪ oz-naczamy | . m | n, jesli m jest dzielnikiem n . Zauwazmy, zejest to relacja zwrotna n | n ; przechodnia, gdyz jesli m | n orazn | k, to musza↪ istniec takie liczby naturalne a oraz b, ze ma = ni nb = k . Zatem (ma)b = m(ab) = k, czyli m | k . Jest to tezrelacja antysymetryczna, bo jesli m | n i n | m, to istnieja↪ liczbynaturalne a oraz b takie, ze ma = n i nb = m, wie↪c m(ab) = m,czyli ab = 1, wie↪c a = b = 1 i m = n .

16.4. PrzykÃlad. Nie mozemy tutaj pomina↪c dobrze znanej rela-cji mniejszosci ≤, ktora okresla cze↪sciowy porza↪dek na dowolnympodzbiorze R . Z pomoca↪ tej relacji mozna zdefiniowac relacje↪porza↪dkuja↪ca↪ na zbiorze funkcji z X do R . Mianowicie, f ≤ g,jezeli

∧x∈X f(x) ≤ g(x) . Zauwazmy, ze takze ≥ jest relacja↪

porza↪dkuja↪ca↪. Okresla ona tak zwany porza↪dek odwrotny i moznaja↪ okreslic na kazdym zbiorze, w ktorym zdefiniowana jest relacja ≤ .DokÃladnie, a ≥ b ⇔ b ≤ a .

Pewne szczegolne elementy. Z relacja↪ mniejszosci w zbio-rze liczb rzeczywistych wia↪ze sie↪ poje↪cia kres gorny i dolny, a takzeelement najmniejszy i najwie↪kszy. Uogolnimy tutaj te poje↪cia.

Niech dany be↪dzie zbior X z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ ≤ . Elementx ∈ X nazywamy maksymalnym, jesli

∧y∈X(x ≤ y ⇒ x = y).

W przedziale (1,4] elementem maksymalnym jest 4. W zbiorze2{a,b,c} z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ ⊂ elementem maksymalnym jest{a,b,c} . W zbiorze na planszy 4 sa↪ az cztery elementy maksymalne:a, e, k oraz n, zatem element maksymalny nie musi byc okreslonyjednoznacznie. Zauwazmy tez, ze element maksymalny wcale niemusi istniec. Na przykÃlad w przedziale [1,4) nie ma elementumaksymalnego. Podobnie w zbiorze N z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪

zarowno ≤, jak i z relacja↪ | nie ma elementu maksymalnego.Z powyzsza↪ definicja↪ elementu maksymalnego wia↪ze sie↪ defi-

nicja elementu minimalnego. Mianowicie, element x nazywamyminimalnym, jezeli

∧y∈X(y ≤ x ⇒ x = y). Elementem minimal-

nym w zbiorze 2{a,b,c} z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ ⊂ jest ∅ . Czytelnik


bez trudu znajdzie elementy minimalne (jesli takowe istnieja↪) dlazbiorow cze↪sciowo uporza↪dkowanych, ktore pojawiÃly sie↪ powyzej.

Poje↪c element minimalny i maksymalny nie nalezy mylic z po-je↪ciami element najwie↪kszy i najmniejszy, ktore zdefiniujemy po-nizej. W dalszym cia↪gu zakÃladamy, ze X jest zbiorem cze↪sciowouporza↪dkowanym z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ ≤ . Element x ∈ X nazy-wamy najwie↪kszym, jezeli

∧y∈X y ≤ x. Element x ∈ X nazy-

wamy najmniejszym, jezeli∧

y∈X x ≤ y. Zauwazmy, ze kazdy ele-ment najwie↪kszy jest jednoczesnie elementem maksymalnym orazkazdy element najmniejszy jest jednoczesnie elementem minimal-nym. Wynika sta↪d, ze jesli elementu maksymalnego nie ma, to niema tez elementu najwie↪kszego i, podobnie, jezeli nie ma elementuminimalnego, to nie ma tez elementu najmniejszego.

16.5. Twierdzenie. Niech X be↪dzie zbiorem cze↪sciowo uporza↪d-kowanym z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ ≤ . Jesli w X istnieje elementnajwie↪kszy (najmniejszy), to jest on dokÃladnie jeden.

Dowod. ZaÃlozmy, ze w zbiorze X mamy dwa elementy najwie↪kszex1 oraz x2 . Wowczas, zgodnie z definicja↪, mamy x1 ≤ x2, boelement x2 jest najwie↪kszy i x2 ≤ x1, bo x1 tez jest najwie↪kszy.Jednakze relacja porza↪dkuja↪ca jest antysymetryczna, wie↪c x1 = x2 .

Aby udowodnic jednoznacznosc elementu najmniejszego poste↪-pujemy analogicznie. ¤

Relacja porza↪dkuja↪ca ma tak zwana↪ wÃlasnosc dziedziczenia,tzn. jezeli na X okreslimy relacje↪ ≤X oraz A ⊂ X, to relacje↪porza↪dkuja↪ca↪ ≤A na zbiorze A okreslamy wykorzystuja↪c fakt,ze elementy zbioru A sa↪ tez elementami zbioru X, a dokÃladniea ≤A b ⇔ a ≤X b . Zatem kazdy podzbior zbioru cze↪sciowouporza↪dkowanego jest takze zbiorem cze↪sciowo uporza↪dkowanym.,,Odziedziczona↪” relacje↪ porza↪dkuja↪ca↪ w A be↪dziemy oznaczac taksamo, jak relacje↪ w jego nadzbiorze X . Aby utrwalic wprowadzonepoje↪cia, rozwazmy naste↪puja↪ce relacje porza↪dkuja↪ce w C :

x1 + iy1 ≤1 x2 + iy2 ⇔ x1 ≤ x2 ∧ y1 ≤ y2

x1 + iy1 ≤2 x2 + iy2 ⇔ x1 = x2 ∧ y1 ≤ y2

Zbiory cze↪sciowo uporza↪dkowane 143

oraz podzbiory

A = {−3 + 4i,−2− i,−4− 2i,−2− 4i,3 + 5i,5 + 4i,2 + 2i}i B = A \ {−3 + 4i,−4− 2i} .

Relacje porza↪dkuja↪ce w zbiorach A i B sa↪ ,,dziedziczone” zezbioru C . W zbiorze A z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ ≤1 istnieja↪ ele-menty maksymalne 3 + 5i i 5 + 4i oraz elementy minimalne−2 − 4i, −4 − 2i i −3 + 4i . W zwia↪zku z tym nie ma elementunajwie↪kszego ani najmniejszego. W zbiorze B z relacja↪ ≤1 mamytakie same elementy maksymalne, ale element minimalny jest tylkojeden: (−2 − 4i ) i dlatego jest on tez elementem najmniejszym.Jezeli rozwazymy teraz zbiory A i B z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ ≤2, tomamy do czynienia z paradoksalna↪ sytuacja↪, w ktorej kazdy elementzbioru B jest elementem maksymalnym i minimalnym. Natomiastw zbiorze A tylko element −2 − 4i nie jest maksymalny i tylkoelement −2− i nie jest minimalny. Dlatego w obu zbiorach nie maelementu najwie↪kszego ani najmniejszego.

Do zbiorow A oraz B wrocimy zaraz w kontekscie naste↪pnejdefinicji. Jezeli X jest zbiorem cze↪sciowo uporza↪dkowanym przezrelacje↪ ≤ oraz Y ⊂ X, to element x ∈ X nazywamy ograniczeniemgornym zbioru Y jesli

∧y∈Y y ≤ x . Element z ∈ X nazywamy

ograniczeniem dolnym zbioru Y jesli∧

y∈Y x ≤ y . Jesli w zbiorzeograniczen gornych zbioru Y istnieje element najmniejszy, to nazy-wamy go kresem gornym zbioru Y i oznaczamy sup Y . Podob-nie, jesli w zbiorze ograniczen dolnych zbioru Y istnieje elementnajwie↪kszy, to nazywamy go kresem dolnym zbioru Y i oznaczamyinf Y .

Jezeli rozwazymy zbiory A i B z relacja↪ ≤1, to przykÃladamiograniczen gornych dla obu zbiorow sa↪ 5 + 5i, 12 + 5i oraz74 + 54i, natomiast przykÃladami ograniczen dolnych (rowniez dlaobu zbiorow) sa↪ −4 − 4i oraz −17 − 67i . Liczba −4 − 2i jestograniczeniem dolnym zbioru B, ale nie jest ograniczeniem dolnymzbioru A . Podobnie jest z liczba↪ −4 − 3i . Jezeli chodzi o kresy,to sup A = sup B = 5 + 5i, inf A = −4− 4i oraz inf B = −2− 4i .Zbiory A i B z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ ≤2 nie maja↪ ograniczen dol-nych ani gornych, zatem nie mozna dla nich okreslic kresow.



P 16.1. Narysuj graf relacji ⊂ w zbiorze 2{a,b,c} .

P 16.2. Narysuj graf relacji ≤ okreslonej w {1,2,3,4,5,6} wzo-rem x ≤ y ⇔ x|y .

P 16.3. Narysuj graf relacji ≤ okreslonej w {1,2,3,4,5,6} wzo-rem x ≤ y ⇔ y|x .

P 16.4. Czy relacja < (zwykÃla relacja mniejszosci dla liczb),okreslona na zbiorze liczb rzeczywistych, jest relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪?Odpowiedz uzasadnij.

P 16.5. Rozwazmy relacje↪ porza↪dkuja↪ca↪ okreslona↪ na zbiorzefunkcji z R do R (przykÃlad 16.4). Ktore z ponizszych funkcji sa↪ zesoba↪ w relacji, a ktore sa↪ nieporownywalne?f(x) = 2x + 3, g(x) = x− 1, h(x) = x2,k(x) = x2 + 2x + 3, p(x) = −3− x2, t(x) = 2x− 1 .

P 16.6. W zbiorach z zadan P16.1–P16.3 wskaz elementy naj-mniejsze, najwie↪ksze, minimalne oraz maksymalne.


Z 16.1. Rozwazmy naste↪puja↪ce podzbiory R z dziedziczona↪

relacja↪ ≤ .[1,3], (−2,4], (−1,3),[1,3] ∪ {5} , (−2,4] ∪ {−5} , (−1,3) ∪ {−5,5} ,[2,3), [2,3) ∪ {−5,0,5} .

Dla tych zbiorow wskaz elementy minimalne, maksymalne, naj-mniejsze, najwie↪ksze oraz infima i suprema.

Z 16.2. Podaj przykÃlad zbioru, ktory ma dokÃladnie jeden ele-ment

(a) maksymalny, ale nie ma elementu najwie↪kszego,(b) maksymalny, ale nie ma elementu najmniejszego,(c) minimalny, ale nie ma elementu najwie↪kszego,(d) minimalny, ale nie ma elementu najmniejszego.

17. Zbiory uporza↪dkowane liniowo

W dalszym cia↪gu rozwazamy zbior X oraz relacje↪ porza↪dkuja↪-ca↪ ≤ . Jezeli jest ona spojna, to nazywamy ja↪ relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪

liniowo, a zbior X nazywamy uporza↪dkowanym liniowo lub Ãlancu-chem. Zastanowmy sie↪, jakie konsekwencje ida↪ za tym, ze relacja ≤ma dodatkowa↪ wÃlasnosc. Jezeli mamy dwa elementy a oraz b zbio-ru X, to mozemy zawsze okreslic czy a ≤ b, czy b ≤ a, jako ze spoj-nosc powoduje, iz elementy te sa↪ ze soba↪ w relacji. W zwia↪zku z tymnie moga↪ istniec dwa elementy maksymalne (poniewaz jeden z nichmusiaÃlby byc mniejszy od drugiego, wie↪c nie mogÃlby byc maksy-malny), ani wie↪cej niz jeden element minimalny. Co za tym idzie,element maksymalny, jesli istnieje, jest tez najwie↪kszy, a elementminimalny jest najmniejszy. Dla Ãlancuchow element najmniejszynazywamy pierwszym, a najwie↪kszy, ostatnim.

Podstawowe wÃlasnosci Ãlancuchow. Dowolny podzbiorzbioru liczb rzeczywistych jest Ãlancuchem. Zatem nie kazdy Ãlancuchma element pierwszy lub ostatni. Zbior liczb naturalnych ma te↪szczegolna↪ wÃlasnosc, ze kazdy jego niepusty podzbior ma elementpierwszy. Tego rodzaju zbior nazywamy zbiorem dobrze uporza↪d-kowanym. Zauwazmy, ze takze zbior

{1− 1

n: n ∈ N

}∪ {1}

z relacja↪ ≤ jest zbiorem dobrze uporza↪dkowanym. Natomiastzbior liczb caÃlkowitych Z nie jest zbiorem dobrze uporza↪dkowanym.Zbiory dobrze uporza↪dkowane stanowia↪ podstawe↪ tzw. arytmetykiPeano, ktora jest zawarta w kazdej teorii matematycznej. W la-tach trzydziestych XX wieku K. Goedel udowodniÃl, ze aksjomatykakazdej teorii (niekoniecznie matematycznej) zawieraja↪cej aksjoma-tyke↪ Peano jest otwarta. Oznacza to, ze do dowolnego ukÃladu aksjo-matow zawsze mozna doÃlozyc nowy aksjomat, ktory jest niezaleznyod pozostaÃlych i niesprzeczny z nimi.

Jesli Ãlancuch jest skonczony, to ma on element pierwszy i osta-tni. Mowi o tym naste↪puja↪ce twierdzenie.


17.1. Twierdzenie. Jezeli zbior X jest Ãlancuchem skonczonym, tow X istnieje element pierwszy i ostatni.

Dowod (przez indukcje↪). Pokazemy, ze twierdzenie jest prawdziwedla Ãlancucha jednoelementowego. Istotnie, jezeli X = {a} , to dladowolnego x ∈ X mamy a ≤ x oraz x ≤ a, wie↪c a jest elementempierwszym i ostatnim.

ZaÃlozmy teraz, ze twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnegoÃlancucha n− 1-elementowego i pokazemy, ze jest tez prawdziwe dlaÃlancucha n-elementowego. Niech X = {a1, a2, . . . an} . OznaczmyX1 = X \ {a1} . Poniewaz X1 ma n− 1 elementow, wie↪c z uwagina zaÃlozenie indukcyjne, istnieje w nim element pierwszy x orazostatni y . Jezeli a1 ≤ x, to a1 jest mniejszy od dowolnego ele-mentu zbioru X, czyli wowczas jest on elementem pierwszym w X .W przeciwnym wypadku, to x jest elementem pierwszym w X .Podobnie, jezeli y ≤ a1, to a1 jest elementem ostatnim w X, a jeslia1 ≤ y, to elementem ostatnim jest y . W kazdym przypadku w Xistnieje element pierwszy i ostatni.

Na podstawie indukcji matematycznej twierdzenie jest praw-dziwe dla dowolnego Ãlancucha skonczonego. ¤

Jak juz zauwazylismy, powyzsze twierdzenie nie jest prawdziwedla dowolnego Ãlancucha. Przypadek przedziaÃlu otwartego (1,4) po-kazuje, ze nawet jezeli Ãlancuch jest ograniczony, to nie musi miec anielementu pierwszego, ani ostatniego. PrzykÃlad zbioru

X ={

(−1)k +(−1)k+1

k: k ∈ N

}

pokazuje, ze Ãlancuch moze byc ograniczony i przeliczalny, a i tak niemusi miec elementu pierwszego ani ostatniego.

ZaÃlozmy teraz, ze zbior X jest zbiorem cze↪sciowo uporza↪dko-wanym. Wowczas dowolny jego podzbior tez jest zbiorem cze↪sciowouporza↪dkowanym. Moze sie↪ zdarzyc, ze pewien podzbior be↪dzieÃlancuchem. Jesli kazdy podzbior zbioru X, be↪da↪cy Ãlancuchem, maelement ostatni, to wynika z tego nadzwyczaj wazny fakt, ktory mazastosowanie w wielu dziaÃlach matematyki. Mowi o tym ponizszylemat.

17.2. Lemat (Kuratowskiego-Zorna). Przypuscmy, ze zbior Xjest cze↪sciowo uporza↪dkowany. Jesli dowolny Ãlancuch w X maograniczenie gorne, to w X istnieje element maksymalny.

Zbiory uporza↪dkowane liniowo 147

Maja↪c dany dowolny zbior X , spytajmy, czy mozna na nimzdefiniowac relacje↪ cze↪sciowego porza↪dku. Odpowiedz jest natych-miastowa: tak, poniewaz = jest relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪. Spytajmy sie↪wie↪c, czy mozemy na X zdefiniowac relacje↪ liniowego porza↪dku. Nato jest juz trudniej odpowiedziec, ale okazuje sie↪, ze mozna zrobicnawet wie↪cej.

17.3. Lemat (Zermelo). Na kazdym zbiorze mozna wprowadzicdobry porza↪dek.

Powyzsze twierdzenia nazywamy lematami, poniewaz najcze↪s-ciej wykorzystuje sie↪ je w dowodach innych twierdzen, np. twier-dzenia o istnieniu bazy w przestrzeni wektorowej. Trudne dowodylematow Kuratowskiego-Zorna oraz Zermelo pomijamy. Wspomni-my jedynie, ze obydwa dowody wykorzystuja↪ pewnik wyboru.

Podobienstwo Ãlancuchow. Przyjmijmy, ze zbiory X i Ysa↪ Ãlancuchami z relacjami liniowo porza↪dkuja↪cymi ≤X oraz ≤Y .ÃLancuchy X i Y nazywamy podobnymi lub izomorficznymi (cozapisujemy X ' Y ), jezeli istnieje funkcja wzajemnie jednoznaczna(nazywana tez izomorfizmem Ãlancuchow) f : X → Y, speÃlniaja↪cawarunek ∧

x,y∈X

x ≤X y ⇔ f(x) ≤Y f(y). (17.1)

Powyzsze oznaczenia zachowamy do konca tego rozdziaÃlu i wy-korzystamy juz w naste↪puja↪cym twierdzeniu.

17.4. Twierdzenie. Relacja ' okreslona na dowolnym zbiorzeÃlacuchow jest relacja↪ rownowaznosci.

Dowod. Poniewaz IX jest izomorfizmem Ãlancuchow X i X, wie↪c' jest zwrotna. Jesli X ' Y i f : X na−→

1-1 Y jest izomorfizmem, tofunkcja f−1 jest wzajemnie jednoznaczna. Co wie↪cej, jesli x ≤Y y,to istnieja↪ x1 oraz y1 takie, ze x = f(x1) oraz y = f(y1) . Na pod-stawie (17.4) stwierdzamy, ze x1 ≤X y1, czyli f−1(x) ≤X f−1(y) .Zatem relacja podobienstwa Ãla↪ncuchow jest symetryczna. Niechteraz Z be↪dzie Ãlancuchem, a ≤Z relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ liniowo.ZaÃlozmy, ze X ' Y i Y ' Z oraz, ze f : X na−→

1-1 Y i g : Y na−→1-1 Z

sa↪ izomorfizmami. Rozwazmy g ◦ f . Funkcja ta odwzorowuje wza-jemnie jednoznacznie zbior X na Z oraz mamy:


x ≤X y ⇔ f(x) ≤Y f(y) ⇔ g(f(x)) ≤Z g(f(y)),

zatem g◦f jest izomorfizmem Ãlancuchow X i Z . Zatem relacja 'jest przechodnia. ¤

Na zakonczenie podamy i udowodnimy jeszcze jedno twierdze-nie.

17.5. Twierdzenie. Jesli X oraz Y sa↪ zbiorami skonczonymi,

przy czym X = Y , to X ' Y .

Dowod (przez indukcje↪). ZaÃlozmy, ze X = {a} . Zatem zbior Y jestzbiorem jednoelementowym. Przyjmijmy Y = {b} . Funkcje↪ wza-jemnie jednoznaczna↪ f : X → Y okreslimy naste↪puja↪co: f(a) = b .Poniewaz zawsze prawdziwe sa↪ zdanie a ≤X a oraz b ≤Y b, wie↪cfunkcja f jest szukanym izomorfizmem.

ZaÃlozmy teraz, ze twierdzenie jest prawdziwe dla zbioru X,ktory ma n − 1 elementow. Niech X = {a1, a2, . . . , an} i niechY = {b1, b2, . . . , bn} . ZaÃlozmy przy tym, ze a1 jest alementempierwszym w X, a b1 jest elementem pierwszym w Y . Oznaczmyprzez X1 zbior X \ {a1} i niech Y1 = Y \ {b1} . Poniewaz X1 man−1 elementow i Y1 jest rownoliczny z X1, wie↪c istnieje izomorfizmf : X1 → Y1 speÃlniaja↪cy warunek 17.1. Zdefiniujmy g : X → Ywzorem

g(x) ={

f(x), jezeli x ∈ X1

b1, jezeli x = a1.

Wowczas g jest bijekcja↪ oraz speÃlnia warunek 17.1.Zatem na mocy ZIM, twierdzenie jest prawdziwe. ¤


P 17.1. Zdefiniuj relacje↪ porza↪dkuja↪ca↪ liniowo zbior wszystkichdzielnikow naturalnych liczby 32 .

P 17.2. Zdefiniuj relacje↪ porza↪dkuja↪ca↪ liniowo zbior wszystkichdzielnikow caÃlkowitych liczby 32 .

P 17.3. Podaj przykÃlad takiego zbioru nieskonczonego, w kto-rym relacja podzielnosci | jest relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪ liniowo.

Zbiory uporza↪dkowane liniowo 149

P 17.4. Zdefiniuj relacje↪, ktora dobrze porza↪dkuje zbior liczbcaÃlkowitych ujemnych.

P 17.5. Zdefiniuj relacje↪, ktora dobrze porza↪dkuje zbior liczbcaÃlkowitych.

P 17.6. Zdefiniuj relacje↪, ktora porza↪dkuje liniowo zbior R2

wszystkich punktow na pÃlaszczyznie.

18. Rozwia↪zania

1. Elementy teorii matematycznych

P 1.1.(a) RownolegÃlobok jest przede wszystkim czworoka↪tem. Row-

niez szescioka↪t foremny ma przeciwlegÃle boki parami row-nolegÃle, lecz nie jest on rownolegÃlobokiem.

(b) Czworoka↪t, ktorego wszystkie boki sa↪ rowne, tj. maja↪

taka↪ sama↪ dÃlugosc, jest kwadratem lub rombem, czyliszczegolnym rownolegÃlobokiem. Wa↪tpliwosci budzi tu tezkoncowka ,,i rownolegÃle”. Nie ma takiego czworoka↪ta,w ktorym wszystkie (wszystkie cztery) boki sa↪ do siebierownolegÃle.

(c) Definicja jest zdecydowanie niepoprawna, jesli rozwazamyproste w przestrzeni. Kazda z tych prostych moze bycna innej pÃlaszczyznie. Jesli jednak ograniczymy sie↪ dopÃlaszczyzny, to i tak podana definicja pomija istotnyszczegoÃl, gdzie kazda prosta jest rownolegÃla do siebie.

(d) Takze trapez rownoramienny ma rowne przeka↪tne.(e) Definicja ta pomija fakt, iz ostrosÃlup foremny musi byc

prosty, tj. jego sciany musza↪ tworzyc z podstawa↪ rowneka↪ty.

P 1.2. Poniewaz wszystkich punktow jest 3, a kazde dwa roznepunkty stanowia↪ krawe↪dz, wie↪c wszystkich krawe↪dzi jest dokÃladnie(32

)= 3 .

P 1.3. Podobnie jak w poprzednim rozwia↪zaniu wnioskujemy,ze wszystkich krawe↪dzi jest

(n2

), gdzie n jest zadeklarowana↪ liczba↪

punktow. Rozwazmy teraz definicje↪ linii (przykÃlad 1.4). Z definicjitej wynika, ze linia musi miec pocza↪tek oraz koniec. Nie wiemyjednak, czy ow pocza↪tek jest innym punktem niz koniec. Musimyzatem rozwazyc dwie sytuacje:

(a) pocza↪tek oraz koniec linii to sa↪ dwa rozne punkty,(b) pocza↪tek linii jest tez jej koncem.

Rozwia↪zania 151

Niech L be↪dzie nasza↪ linia↪. Zaczniemy od sytuacji (a). Niecha be↪dzie pocza↪tkiem linii, a b be↪dzie jej koncem. Poniewaz liniama dokÃladnie trzy punkty, wie↪c musi do niej nalezec jeszcze jedenpunkt, powiedzmy c . Jezeli punkt c nalezy do L , to aksjomat A2mowi, ze mamy przynajmniej dwie krawe↪dzie k1 i k2 , do ktorychnalezy punkt c . Ale do kazdej z tych krawe↪dzi nalezy punkt innyniz c . Moze tym punktem byc tylko a lub b . Zatem punkt cnalezy do dokÃladnie dwoch krawe↪dzi. Definicja linii nie wykluczazawierania przez L krawe↪dzi zÃlozonej z punktow a oraz b . Za-tem mozemy utworzyc dokÃladnie dwie linie o pocza↪tku a , koncub i zawieraja↪ce punkt c . Jesli wszystkich punktow jest n , tomamy n− 2 mozliwosci wyboru punktu c , a wie↪c wszystkich liniio pocza↪tku w punkcie a oraz koncu w b jest 2(n − 2) . Ile mamymozliwosci wyboru pocza↪tku i konca? Tutaj musimy wybrac, popierwsze, dwa rozne punkty (

(n2

)mozliwosci) oraz, po drugie, zdecy-

dowac, ktory z wybranych punktow jest pocza↪tkiem (koncem be↪dziewowczas ten pozostaÃly). Sta↪d 2

(n2

)mozliwosci. Ostatecznie, mamy

4(n − 2)(n2

)linii, ktore zawieraja↪ dokÃladnie trzy punkty i ktorych

pocza↪tki sa↪ rozne od koncow.Rozwazymy teraz sytuacje↪ (b). Wowczas L ma pocza↪tek

w punkcie a , ktory to punkt jest tez koncem L . Zatem naszalinia zawiera jeszcze dwa punkty, powiedzmy c oraz d , z ktorychkazdy nalezy do przynajmniej dwoch krawe↪dzi (na podstawie aksjo-matu A2). Zauwazmy, ze mozna tu powiedziec wie↪cej, a mianowicie,ze kazdy z punktow c , d nalezy do dokÃladnie dwoch krawe↪dzi.Sta↪d wynika, ze linia L zawiera dokÃladnie trzy krawe↪dzie: ac , adoraz cd . Tak wie↪c wszystkich rozwazanych linii jest n

(n−1

2

)(naj-

pierw wybieramy punkt a – mamy n mozliwosci, a naste↪pnie dwapozostaÃle punkty – mamy

(n−1

2

)mozliwosci.

Ostatecznie otrzymujemy liczbe↪ 4(n − 2)(n2

)+ n

(n−1

2

)linii

zawieraja↪cych dokÃladnie trzy punkty.

P 1.4. Zbior A jest zbiorem liczb naturalnych. Zauwazmy, zenaste↪pnikiem liczby n naleza↪cej do zbioru A jest liczba n + 2 .Jedynka↪ jest tu liczba 2, czyli N1 jest speÃlniony. Poniewaz nie maw A takiej liczby x , ze x + 2 = 2 , wie↪c 2 nie jest naste↪pnikiemzadnej liczby i N2 jest speÃlniony. Wynik dodawania n + 2 jestokreslony jednoznacznie, wie↪c N3 jest speÃlniony. Przypuscmy, ze mjest naste↪pnikiem liczby n oraz liczby k . Zatem m = n+2 = k+2 .


Sta↪d n = k i N4 jest speÃlniony. Przypuscmy teraz, ze X jest pod-zbiorem zbioru A speÃlniaja↪cym warunki 10 oraz 20 z aksjoma-tu N5. Wiadomo z 10 , ze do X nalezy liczba 2. Z 20 wynika,ze takze naste↪pnik 2, czyli 4 nalezy do X . Stosuja↪c ponownie 20,wnioskujemy, ze 6 nalezy do X i tak dalej. Zauwazmy, ze kazdaliczba oprocz 2 jest naste↪pnikiem, wie↪c zbiory X oraz A pokrywaja↪

sie↪ i N5 jest speÃlniony.Podobnie sprawdzamy, ze B oraz C sa↪ zbiorami liczb natu-

ralnych. Jedynkami sa↪ tu, odpowiednio, 1 oraz −1 .Rozwazaja↪c zbior D, zauwazmy, ze 1 nie jest naste↪pnikiem

zadnej liczby. W rezultacie, zbior D speÃlnia aksjomaty N1–N4, alenie speÃlnia aksjomatu N5. Istotnie, podzbior zbioru D, skÃladaja↪cysie↪ ze wszystkich jego elementow z wyja↪tkiem 1, speÃlnia aksjomatyN1–N4 oraz punkty 10 i 20 , ale nie jest on rowny zbiorowi D .Zatem D nie jest zbiorem liczb naturalnych.

2. Zasada indukcji matematycznej

P 2.1. Jesli 7 jest ostatnia↪ cyfra↪ liczby a , to a−7 = 10s , gdzies jest pewna↪ liczba↪ naturalna↪. W dowodzie be↪dziemy poste↪powaczgodnie z ZIM. Jezeli n = 2 , to 222

+ 1 = 17 i 7 jest ostatnia↪ cyfra↪

liczby 17. ZaÃlozmy teraz, ze 7 jest ostatnia↪ cyfra↪ liczby 22k

+ 1 dladowolnego 2 ≤ k ≤ m , czyli istnieje w szczegolnosci takie s ∈ N ,ze 22m − 6 = 10s . Rozwazmy teraz 22m+1 − 6 . Mamy

22m+1 − 6 = 22m·2 − 6 =(22m

)2

− 6

= (10s + 6)2 − 6 = 10 · 10s2 + 10 · 12s + 36− 6

= 10(10s2 + 12s + 3).

Otrzymalismy liczbe↪ postaci 10s′ , gdzie s′ = 10s2 + 12s + 3jest liczba↪ naturalna↪, czyli 7 jest tez ostatnia↪ cyfra↪ liczby 22k

+ 1 .Na podstawie ZIM, siedem jest ostatnia↪ cyfra↪ liczby 22n

+ 1 (przyczym n ≥ 2 ).

Rozwia↪zania 153

P 2.2. Ponownie skorzystamy z zasady indukcji matematy-cznej. Zauwazmy na pocza↪tek, ze jesli n = 1 , to wszystkie trzysumy maja↪ po jednym elemencie i sa↪ rowne, odpowiednio, 1

2 , 130

oraz 1 . Prawe strony naszych rownosci sa↪ wie↪c dla n = 1 rownelewym stronom. PozostaÃlo sprawdzic drugi warunek ZIM.

(a) ZaÃlozmy, ze rownosc jest prawdziwa dla wszystkich liczb kmniejszych lub rownych pewnemu m . Wowczas

m+1∑

i=1

1i(i + 1)

=m

m + 1+

1(m + 1)(m + 2)

=(m + 1)2

(m + 1)(m + 2)=

m + 1m + 2

.

Zatem na podstawie ZIM rownosc jest prawdziwa.(b) Pokazujemy podobnie jak (a).(c) ZaÃlozmy, ze rownosc jest prawdziwa dla 1 ≤ l ≤ m (za-

uwazmy, ze nie mozemy tutaj uzyc litery k , poniewaz jestona juz uzyta do sumowania). Wowczas

m+1∑

k=1

(2k − 1) = m2 + 2(m + 1)− 1 = (m + 1)2.

Zatem na podstawie ZIM i ta rownosc jest prawdziwa.

P 2.3. Poste↪puja↪c zgodnie z ZIM, zauwazmy, ze dla n = 4mamy 24 = 4! > 42 = 16 . ZaÃlozmy, ze dla wszystkich liczb natural-nych 4 ≤ k ≤ m mamy k! > k2 . Wowczas (m+1)! = m! · (m+1) .Korzystaja↪c z zaÃlozenia indukcyjnego, mamy

(m + 1)! > m(m + 1) > m2.

Zatem na podstawie ZIM nierownosc jest prawdziwa.

P 2.4. Aby rozwia↪zac to zadanie, podstawiamy najpierw za nkilka pierwszych liczb naturalnych. Naste↪pnie, jezeli przypuszczamy,ze nierownosc jest prawdziwa dla wszystkich n wie↪kszych od pewne-go ustalonego n0, uzywamy indukcji matematycznej do sprawdzeniatego przypuszczenia.


(a) Nierownosc jest prawdziwa dla n = 3 i wydaje sie↪ bycprawdziwa dla dowolnego n > 2 . Poniewaz przypadekn = 3 jest juz sprawdzony, zakÃladamy, ze nierownosczachodzi dla wszystkich 2 < k ≤ m i rozwazamy2(m + 1) + 1 . Mamy z zaÃlozenia indukcyjnego

2(m + 1) + 1 = 2m + 1 + 2 < 2m + 2.

Poniewaz dla m > 2 jest 2 < 2m , wie↪c 2(m + 1) + 1 <2m + 2m = 2m+1 . Zatem, na podstawie ZIM, nierownoscjest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych n ≥ 3 .

(b) Nierownosc jest prawdziwa dla n = 1 , ale nie jestprawdziwa dla n rownego 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ani 9.Naste↪pnie jest ona prawdziwa dla n = 10 i wydaje sie↪,ze jest prawdziwa dla wie↪kszych n . ZaÃlozmy wie↪c, ze dlawszystkich 10 ≤ k ≤ m mamy k3 < 2k . Dostajemy

(m + 1)3 = m3 + 3m2 + 3m + 1

< m3 + 3(m2 + m2 + m2)

< m3 + 9m2 < 2m3 < 2 · 2m = 2m+1.

Na podstawie ZIM oraz bezposredniego sprawdzenia, nie-rownosc jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnychn ≥ 10 oraz dla n = 1 .

(c) Wydaje sie↪, ze nierownosc ta nie jest speÃlniona dlazadnego n , czyli ze dla kazdej liczby naturalnej n za-chodzi nierownosc n2 +2n−4 ≤ 3n . Istotnie, nierownoscjest prawdziwa dla n = 1 . Jesli natomiast k2+2k−4 ≤ 3k

dla 1 ≤ k ≤ m , to

(m + 1)2 + 2(m + 1)− 4 = m2 + 2m− 4 + 2m + 3≤ 3m + 2m + 3≤ 3m + 3m + 3m

= 3m+1.

Zatem na podstawie ZIM, dla dowolnej liczby natural-nej prawdziwa jest nierownosc odwrotna, wie↪c nierownoscn2 + 2n − 4 < 3n nie zachodzi dla zadnej liczby natural-nej n .

Rozwia↪zania 155

P 2.5. Be↪dziemy poste↪powac zgodnie z ZIM. Jezeli n = 1 , tonasza nierownosc przyjmuje postac 1 + x ≥ 1 + x . ZaÃlozmy, zedla wszystkich 1 ≤ k ≤ m mamy (1 + x)k ≥ 1 + kx i rozwazmy(1 + x)m+1 . Mamy

(1+x)m+1 = (1+x)m(1+x) ≥ (1+mx)(1+x) = 1+(m+1)x+mx2.

Poniewaz mx2 jest liczba↪ dodatnia↪, wie↪c otrzymujemy nie-rownosc dla m + 1 . Zatem na mocy ZIM nasza nierownosc jestprawdziwa dla dowolnego n ∈ N . W ktorym miejscu wykorzys-talismy zaÃlozenie x > −1 ?

P 2.6. Trzeba pokazac, ze an+1 > an , gdzie an jest okreslonewedÃlug reguÃl a1 =

√2 oraz an+1 =

√2 + an . Poniewaz zachodzi√

2 <√

2 +√

2 , wie↪c nasza nierownosc jest prawdziwa dla n = 1 .ZaÃlozmy, ze ak < ak+1 dla wszystkich 1 ≤ k ≤ m . Wowczas mamytakze

√2 + am <

√2 + am+1 , czyli am+1 < am+2 , wie↪c na mocy

ZIM cia↪g jest rosna↪cy.

3. Rachunek zdan

P 3.1. Zademonstrujemy dwie metody sprawdzania tautologii:,,przez tabelke↪” i ,,nie wprost”.

Metoda ,,przez tabelke↪” polega na sprawdzeniu, czy dane zda-nie jest prawdziwe dla wszystkich mozliwych wartosci zdan skÃlado-wych. Stosuja↪c te↪ metode↪, zwykle rysujemy tabelke↪, a w niej umie-szczamy wartosci logiczne zdan skÃladowych. Dla przykÃladu udowod-nimy tautologie↪ T9. Rysujemy tabelke↪, ktorej kolumny oznaczamykolejnymi zdaniami skÃladowymi, przy czym ostatnia kolumna jestoznaczona caÃlym zdaniem. W wierszach pierwszych dwoch ko-lumn wpisujemy wszystkie mozliwe ukÃlady wartosci logicznych zdanp oraz q , a w wierszach pozostaÃlych kolumn umieszczamy wartoscilogiczne zdan, ktorymi oznaczone sa↪ dane kolumny. Wartosci tewpisujemy kolumnami, korzystaja↪c z kolumn juz wypeÃlnionych.Jezeli zdanie jest tautologia↪, w ostatniej kolumnie powinny sie↪ po-jawic same jedynki.


p q ∼p p ⇒ q ∼p ∨ q (p ⇒ q) ⇔ (∼p ∨ q)1 1 0 1 1 11 0 0 0 0 10 1 1 1 1 10 0 1 1 1 1

Powyzsza tabelka pokazuje, ze zdanie T9 jest tautologia↪.Metode↪ ,,nie wprost” pokazemy na przykÃladzie zdania T27.

Polega ona na zaÃlozeniu, ze zdanie nie jest tautologia↪. Jesli docho-dzimy do sprzecznosci (tj. jezeli sie↪ okaze, ze pewne zdanie ma dwierozne wartosci logiczne), to oznacza to, iz zaÃlozenie byÃlo zÃle, czylize nasze zdanie jest tautologia↪.

ZaÃlozmy zatem, ze zdanie T27 nie jest tautologia↪, czyli

w((p ⇒ q) ⇒ ((p ∨ q) ⇔ q)) = 0.

Oznacza to, ze w(p ⇒ q) = 1 oraz w(p∨q) ⇔ q) = 0 , poniewaz jestto jedyny przypadek, kiedy implikacja jest faÃlszywa. Rozwazymyteraz dwie sytuacje, w ktorych zdanie (p ∨ q) ⇔ q jest faÃlszywe.Jedna z nich to w(p∨q) = 1 oraz w(q) = 0 a druga, to w(p∨q) = 0oraz w(q) = 1 . W pierwszym przypadku, alternatywa p ∨ q jestprawdziwa tylko wtedy, gdy w(p) = 1 . Ale wowczas implikacjap ⇒ q jest faÃlszywa, co daje sprzecznosc. W drugim przypadku,alternatywa p∨q jest prawdziwa, co takze daje sprzecznosc. Zatemzdanie T27 jest tautologia↪.

P 3.2.(a) Skoro p tworzy faÃlszywa↪ koniunkcje↪ z dowolnym innym

zdaniem (oboje↪tnie, czy prawdziwym, czy faÃlszywym), top musi byc zdaniem faÃlszywym.

(b) Skoro p tworzy prawdziwa↪ koniunkcje↪ z pewnym zdaniem,to zdanie to musi byc prawdziwe oraz p musi byc praw-dziwe.

(c) W tym wypadku nie mozemy jednoznacznie okreslic war-tosci logicznej zdania p , poniewaz nie znamy wartosci lo-gicznej drugiego zdania.

(d) Ten przypadek w ogole nie moze sie↪ zdarzyc, poniewazniezaleznie od wartosci logicznej zdania p alternatywa,ktorej skÃladnik jest zdaniem prawdziwym, jest prawdziwa.

Rozwia↪zania 157

(e) Takze i ten przypadek nie moze sie↪ zdarzyc.(f) W tym wypadku nie mozemy jednoznacznie stwierdzic,

czy p jest zdaniem prawdziwym, czy faÃlszywym, ponie-waz, jesli w(q) = 1 , to w(p) moze przyjmowac dwiewartosci.

(g) Takze i w tym przypadku nie mozemy nic powiedziec natemat wartosci logicznej zdania p .

P 3.3. Implikacja dwoch zdan jest prawdziwa, kiedy obydwazdania skÃladowe sa↪ faÃlszywe, a wowczas alternatywa tych zdanjest faÃlszywa. Jednak implikacja jest prawdziwa takze wtedy, gdyobydwa zdania skÃladowe sa↪ prawdziwe, czyli ich alternatywa jestprawdziwa. Mozemy przeprowadzic podobna↪ dyskusje↪ na temat ko-niunkcji. W kazdym razie na temat alternatywy ani koniunkcji zdan,ktorych implikacja jest prawdziwa, nic nie mozemy powiedziec.

P 3.4. Zauwazmy najpierw, ze rownowaznosc, alternatywa i ko-niunkcja sa↪ funktorami symetrycznymi, tzn. ich wartosc logiczna niezmieni sie↪, jesli zamienimy miejscami zdania skÃladowe. Implikacjanatomiast nie jest funktorem symetrycznym. Niech p oraz q be↪da↪

naszymi zdaniami. Przypuscmy, ze w(p ⇔ q) = 1 . Zatem oby-dwa zdania p i q sa↪ prawdziwe albo obydwa sa↪ faÃlszywe. W obuprzypadkach implikacje p ⇒ q oraz q ⇒ p sa↪ prawdziwe.

P 3.5. Przedstawione rozwia↪zania sa↪ jednymi z wielu moz-liwych.

(a) ∼(∼p∧ ∼q),(b) ∼p ∨ q,

(c) ∼(p ⇒∼q).Przy okazji tego zadania warto podja↪c dyskusje↪, czy dowolny

funktor zdaniotworczy dwoch zmiennych mozna przedstawic zapomoca↪ negacji i innego funktora zdaniotworczego dwoch zmien-nych.


4. Niektore zastosowania rachunku zdan

P 4.1. Z okreslenia cze↪sci caÃlkowitej wynika, ze [x] ≤ x, a z za-Ãlozenia, ze x ≤ y. Zatem [x] ≤ y. Z ostatniej nierownosci wynika,ze [x] jest liczba↪ caÃlkowita↪ nie wie↪ksza↪ od y. Poniewaz [y] jestnajwie↪ksza↪ sposrod takich liczb caÃlkowitych, wie↪c [x] ≤ [y].

P 4.2. Poniewaz n ≤ n+α < n+1, a n oraz n+1 sa↪ liczbaminaturalnymi, wie↪c [n + α] = n.

P 4.3.(a) Zauwazmy, ze jezeli x jest liczba↪ caÃlkowita↪, to −x jest

takze liczba↪ caÃlkowita↪. Sta↪d [x] = x oraz [−x] = −x.Zatem [−x] = −x = −[x].

(b) Jezeli x nie jest liczba↪ caÃlkowita↪, to x = [x] + α, gdzieα ∈ (0,1). Wtedy

−x = −[x]− α = −[x]− 1 + (1− α).

Poniewaz 1− α ∈ (0,1), wie↪c [−x] = −[x]− 1.

(c) Zapiszmy x w postaci x = [x] + {x} . Wowczas

[x + n] = [[x] + n + {x}] = [x] + n.

P 4.4. Poniewaz x = [x]+α oraz y = [y]+β, gdzie α,β ∈ [0,1),wie↪c x+y = [x]+[y]+α+β. Tutaj α+β ∈ [0,1) ba↪dz α+β ∈ [1,2).Sta↪d

[x + y] ={

[x] + [y], gdy α + β ∈ [0,1)[x] + [y] + 1, gdy α + β ∈ [1,2) ,

czyli [x + y] ≥ [x] + [y].

P 4.5. Niech x = [x] + α oraz y = [y] + β, gdzie α,β ∈ [0,1).Poniewaz [x] = [y], wie↪c

|x− y| = |α− β| < 1.

Rozwia↪zania 159

P 4.6. Oznaczmy α =[

[x]n

]. Jest to liczba caÃlkowita. Za-

chodzi nierownosc

α ≤ [x]n

< α + 1,

czyli nierownoscαn ≤ [x] < n(α + 1).

Ale x = [x]+β, gdzie β ∈ [0,1) oraz αn i n(α+1) sa↪ liczbamicaÃlkowitymi, wie↪c

αn ≤ x < n(α + 1).

Sta↪d α ≤ xn < α + 1, wie↪c

[xn

]= α.

P 4.7. Z okreslenia cze↪sci caÃlkowitej wynika, ze

5x + 47

≤ 2x + 35

<5x + 4

7+ 1.

Rozwia↪zuja↪c powyzsza↪ nierownosc, mamy

−3411

< x ≤ 111

,

sta↪d

−12677

<5x + 4

7≤ 49

77.

Poniewaz 5x+47 jest liczba↪ caÃlkowita↪, wie↪c moze ona przyj-

mowac tylko wartosci −1 lub 0, gdyz sa↪ to jedyne liczby caÃlkowite

z przedziaÃlu(− 126

77 , 4977

]). Z rownan

5x + 47

= −1 lub5x + 4

7= 0

wynika, ze x = − 115 lub x = − 4

5 .


P 4.8. Przypomnijmy, ze wartosc bezwzgle↪dna |x| z liczby xjest to wie↪ksza z liczb x oraz −x. Zatem |x| jest rowna x, jeslix jest liczba↪ nieujemna↪ oraz |x| = −x, jesli x jest liczba↪ ujemna↪.

(a) Jesli liczby x oraz y sa↪ tych samych znakow, to |x + y|jest rowna x+y, jesli obie liczby x i y sa↪ nieujemne oraz|x + y| = −x− y, jezeli x oraz y sa↪ liczbami ujemnymi.W obu przypadkach mamy |x + y| = |x|+ |y|, czyli sÃlabanierownosc jest zachowana. ZaÃlozmy, ze x oraz y sa↪

roznych znakow. Mozemy zaÃlozyc, ze x < 0 i y ≥ 0.Wtedy |x|+ |y| = −x + y. Natomiast |x + y| jest rownex + y lub −x− y w zaleznosci, czy x + y jest wartoscia↪

nieujemna↪, czy ujemna↪. Poniewaz −x oraz y sa↪ liczbamidodatnimi, wie↪c ich suma −x + y jest wie↪ksza od ichroznicy −x− y lub y− (−x). Zatem |x + y| ≤ |x|+ |y|.

(b) Zauwazmy najpierw, ze poniewaz |−y| jest wie↪ksza↪ z liczb−y oraz −(−y) = y, wie↪c | − y| = |y|. Sta↪d mamy

|x− y| = |x + (−y)| ≤ |x|+ | − y| = |x|+ |y|.

Aby udowodnic druga↪ nierownosc zauwazmy, ze

|x| = |x− y + y| ≤ |x− y|+ |y| ⇒ |x| − |y| ≤ |x− y|oraz ze

|y| = |x− y|+ |x| ⇒ −(|x| − |y|) ≤ |x− y|.

Zatem |x−y| jest wie↪ksze lub rowne kazdej z liczb |x|−|y|oraz −(|x| − |y|), czyli

||x| − |y|| ≤ |x− y|.

(c) Jesli x oraz y maja↪ takie same znaki, to |xy| = xy =(−x)(−y), wie↪c |xy| = |x||y|. Jezeli znaki x oraz y sa↪

przeciwne, to |xy| = −xy = (−x)y = x(−y), wie↪c i w tymprzypadku |xy| = |x||y|.

Rozwia↪zania 161

5. Wzmianka o kwantyfikatorach

P 5.1. Podane zdania nie sa↪ rownowazne. Pierwsze zdaniemowi, ze dla kazdego ε istnieje pewna δ . Dopuszczamy tu moz-liwosc, ze dla roznych epsilonow moga↪ istniec rozne delty. W dru-gim przypadku takiej mozliwosci nie ma. Tutaj δ musi byc takasama dla wszystkich epsilonow. PosÃluzmy sie↪ jeszcze konkretnymprzykÃladem. Niech f(x) = 2x . Wowczas mozemy wzia↪c δ = 1

2εi pierwsze zdanie jest prawdziwe. Zauwazmy, ze faktycznie delty sa↪

rozne dla roznych epsilonow. W drugim przypadku delta jest narzu-cona, a epsilon w dalszym cia↪gu dowolny. Moze wie↪c byc ε = δ .Podobnie, x tez jest dowolny, wie↪c moze byc rowny a+ δ

2 . Dla takdobranych ε i x mamy |x−a| = δ

2 < δ , ale |f(x)−f(a)| = δ ≥ ε ,czyli zdanie φ(a + δ

2 ,δ,δ) jest zdaniem faÃlszywym i caÃle zdanie jestfaÃlszywe.

Oznaczmy, odpowiednio, przez K1 , K2 oraz K3 kwantyfika-tory

∧ε>0

,∨

δ>0

,∧

x∈R. Mozliwe ukÃlady kwantyfikatorow to

K1K2K3, K1K3K2, K2K1K3, K2K3K1, K3K1K2, K3K2K1.

Jak juz zauwazylismy, nie mozna zamienic K1 i K2 . Za-tem potencjalnych rownowaznosci nalezy szukac mie↪dzy ukÃladamiK1K2K3 , K1K3K2 , K3K1K2 oraz pomie↪dzy ukÃladami K2K1K3 ,K2K3K1 , K3K2K1 . Zatem powstaje pytanie, czy mozna zamienicK3 z K1 lub z K2 . Mozna przeprowadzic dyskusje↪ podobna↪ do tejz pierwszej cze↪sci rozwia↪zania, aby dojsc do wniosku, ze kwantyfika-torow K2 i K3 nie mozna zamienic. Natomiast kwantyfikatory K1

oraz K3 mozna zamienic. Zatem rownowazne sa↪ ukÃlady K1K3K2

i K3K1K2 oraz ukÃlady K2K1K3 i K2K3K1 .

P 5.2. Roznica mie↪dzy tymi zdaniami zostaÃla wytÃlumaczona wpoprzednim rozwia↪zaniu.

P 5.3. Zdanie po stronie lewej jest prawdziwe wtedy i tylkowtedy, gdy prawdziwe sa↪ oba zdania skÃladowe, tj. gdy dla dowol-nego a ∈ X zdanie φ(a) jest prawdziwe i dla dowolnego b ∈ Xzdanie ψ(b) jest prawdziwe. Innymi sÃlowy, jest tak, gdy dla do-wolnych a,b ∈ X zdania φ(a) oraz ψ(b) sa↪ prawdziwe. Ostatnie


stwierdzenie jest rownowazne temu, ze zdanie po prawej stronie jestprawdziwe.

6. Elementy algebry zbiorow

P 6.1. Ponizsze zapisy nie sa↪ jedynym sposobem przedstawie-nia opisanych zbiorow.

(a) {a, b, ♠, 1, 2} ;(b) {w, e, u, o, p, s, g, l, z, c, b, n, m} albo kiedy rozwazymy

wielkie litery {W, U, I, O, P, S, D, G, J, L, B, Z, C, N, M} ;(c) {♣, ♦, ♥, ♠} ;

(d)

{n ∈ N :

∨

k∈Zk3 = n

}. Zauwazmy, ze zapis ten mozna

utworzyc, zapisuja↪c tresc podpunktu symbolami. Znacz-nie prostszy jest jednak zapis

{k3 : k ∈ N}

, ktory otrzy-mujemy po zauwazeniu, ze nasz zbior skÃlada sie↪ ze wszyst-kich szescianow liczb naturalnych;

(e) {3n : n ∈ N} ;(f) zobacz rozwia↪zanie (d).

P 6.2. Jedna↪ z metod pokazania jest wykorzystanie twierdze-nia 6.5(i). DokÃladnie, wystarczy zamienic rolami zbiory A oraz Bi zastosowac wspomniane twierdzenie.

Druga metoda polega na bezposrednim pokazaniu inkluzji.W tym celu bierzemy dowolny element x ∈ B i wykorzystujemytautologie↪ p ⇒ q ∨ p . W efekcie mamy x ∈ B ⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B,czyli B ⊂ A ∪B .

P 6.3. Zaprezentowane rozwia↪zania nie sa↪ jedynymi mozliwy-mi.

(a) {n ∈ N : 5|n} ;(b) N ;(c)

{k5 : k ∈ N}

;

Rozwia↪zania 163

(d) (−∞,3] ;(e) nie ma liczby rzeczywistej, ktora byÃlaby wie↪ksza od dowol-

nej liczby caÃlkowitej (jest to tresc aksjomatu Euklidesa),zatem nasz zbior to ∅ .

P 6.4. Zaprezentowane rozwia↪zania nie sa↪ jedynymi mozliwy-mi.

(a) {k ∈ Z : 7|k} . Forma↪ zdaniowa↪ jest 7|k .

(b)

n ∈ N :

∨

j∈Nn = j2

. Forma↪ zdaniowa↪ jest

∨

j∈Nn = j2 .

(c){

pq ∈ Q : p = 3 ∧ q ∈ N

}. Forma↪ zdaniowa↪ jest p = 3 ∧

q ∈ N .(d) Mozna tu napisac, na przykÃlad, zbior z tresci zada-

nia P6.3(e). Forma↪ zdaniowa↪ jest tu∧

y∈Zx > y .

P 6.5. WÃlasnosc (i) wynika z naste↪puja↪cego cia↪gu logicznego:

x ∈ A\(B ∪ C) ⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ (B ∪ C)) (z 6.5)⇔ (x ∈ A ∧ (x /∈ B ∧ x /∈ C) (z 6.2)⇔ ((x ∈ A ∧ x /∈ B) ∧ (x ∈ A ∧ x /∈ C))

(z T7 i T21)⇔ (x ∈ (A\B) ∧ x ∈ (A\C)) (z 6.5)⇔ x ∈ (A\B) ∩ (A\C). (z 6.3)

Dowod wÃlasnosci (ii) jest podobny do powyzszego. Przyprzejsciach rownowaznych korzystamy tu kolejno z 6.5, 6.4, T24,6.5 i z 6.1.

Dla dowodu (iii) zauwazmy, ze x ∈ A ∪ (B \ A) wtedy i tylkowtedy, gdy x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x /∈ A) . Z tautologii T24 wynika, zeostatnie zdanie jest rownowazne (x ∈ A∨x ∈ B)∧ (x ∈ A∨x /∈ A) .Ale drugi skÃladnik ostatniego zdania jest zdaniem prawdziwym, wie↪cz tautologii T32 wynika, ze caÃle ostatnie zdanie jest rownowaznezdaniu x ∈ A ∨ x ∈ B, czyli x ∈ A ∪B .

Aby pokazac wÃlasnosc (iv), zaÃlozmy wpierw, ze A ⊂ B . Po-niewaz B\A ⊂ B (twierdzenie 6.9 (i)), wie↪c na podstawie twierdze-nia 6.5 (iii) oraz zaÃlozenia A ∪ (B\A) ⊂ B . W druga↪ strone↪, jesli


x ∈ B, to koniunkcja x ∈ B ∧ (x ∈ A ∨ x /∈ A) jest prawdziwai rownowazna alternatywie (x ∈ B ∧ x ∈ A) ∨ (x ∈ B ∧ x /∈ A),czyli mamy (x ∈ B ∩ A) ∨ (x ∈ B\A) . Z zaÃlozenia i twierdze-nia 6.7 (iv) otrzymujemy alternatywe↪ (x ∈ A) ∨ (x ∈ B\A), ktorajest rownowazna zdaniu x ∈ A ∪ (B\A) . Sta↪d B ⊂ A ∪ (B\A) .

Pokazemy teraz (v). Pominiemy tu odnosniki, zeby dac Czytel-nikowi szanse↪ samodzielnego znalezienia odpowiednich twierdzen.

x ∈ A\(A\B) ⇔ x ∈ A ∧ x /∈ A\B⇔ x ∈ A ∧ (x /∈ A ∨ x ∈ B)⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ A) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B)⇔ x ∈ A ∧ x ∈ B

⇔ x ∈ A ∩B

Takze przy dowodzie (vi) pominiemy odnosniki.

x ∈ A \ (B ∪ C) ⇔ x ∈ A ∧ (x /∈ B ∪ C)⇔ x ∈ A ∧ (x /∈ B ∧ x /∈ C)⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ B) ∧ x /∈ C

⇔ x ∈ A \B ∧ x /∈ C

⇔ x ∈ (A \B) \ C

P 6.6. A ∩B ∩ C = ∅, poniewaz trojka↪t prostoka↪tny nie mozebyc rownoboczny.A∩B′∩C jest zbiorem trojka↪tow prostoka↪tnych rownoramiennych.A′ ∩ B ∩ C = ∅, poniewaz nie ma trojka↪tow rownobocznych, ktorenie sa↪ rownoramienne.A′∩C ∩B′ jest zbiorem wszystkich trojka↪tow prostoka↪tnych, ktorenie sa↪ rownoramienne.A ∩B ∩ C ′ = B .

P 6.7. Zapiszmy najpierw zbiory D, E, F, G, H, I oraz Jw mniej skomplikowany sposob. Mianowicie

D = E = F = {1,2} , G = {1,2,3,4,5} , H = {2} , I = J = {−2,2} .

Tak wie↪c elementami A sa↪ {a,b} i {a} . Zbior B nie ma ele-mentow. C ma jeden element – {∅} . Zbiory D, E oraz F maja↪

Rozwia↪zania 165

po dwa elementy, ktorymi sa↪ 1 oraz 2. Jedynym elementem zbio-ru H jest 2. Zbior G ma 5 elementow i wreszcie zbiory I oraz Jmaja↪ po dwa elementy, ktorymi sa↪ −2 i 2.

Tyle samo elementow maja↪ wie↪c zbiory C i H (jeden) orazzbiory A, D, E, F, I i J (po dwa elementy).

P 6.8.(a) Jezeli rownolegÃlobok ma rowne przeka↪tne, to jest on

prostoka↪tem. Zatem A = B .(b) Poniewaz podkreslone jest, ze zbiory A i B sa↪ w in-

nych przestrzeniach, wie↪c nie ma pomie↪dzy tymi zbioramizadnego zwia↪zku.

(c) Skoro A =[−1,8

], wie↪c A ⊂ B .

(d) B ⊂ A .(e) B ⊂ A, poniewaz zbior pusty jest podzbiorem kazdego

zbioru.

P 6.9. Wykorzystamy tu twierdzenie 6.12(vii) oraz prawa deMorgana. Mamy

A \ (B ∪ C) = A ∩ (B ∪ C)′ = A ∩B′ ∩ C ′,

co dowodzi (a). Dowody cze↪sci (b) oraz (c) przebiegaja↪ podobnie,Mianowicie,

A \ (B \ C) = A ∩ (B \ C)′ = A ∩ (B ∩ C ′)′

= A ∩ (B′ ∪ (C ′)′) = A ∩ (B′ ∪ C).

Powyzszy cia↪g rownosci jest dowodem (b), a ponizszy dowodem (c).(A \B) \ C = (A ∩B′) ∩ C ′ = (B′ ∩ C ′) ∩ (A′)′

= (B′ ∩ C ′) \A′.

P 6.10. Podamy tu kontrprzykÃlady na kazdy z podpunktow,wykorzystuja↪c zbiory skonczone. Innym sposobem byÃloby wyko-rzystanie diagramow, w ktorych zbiory sa↪ zaznaczone za pomoca↪

owali. Warunki, jakie powinny speÃlniac zbiory A, B oraz C moga↪

sie↪ roznic od podanych przez Czytelnika w jego rozwia↪zaniu.


(a) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} .Warunek: B ⊂ A . Dla dowodu wystarczy zastosowactwierdzenie 6.16(iv).

(b) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} .Warunek: A ∩B = ∅ .

Dowod:

(A ∪B) \B = A ⇔ (A ∪B) ∩B′ = A (z 6.12(vii))⇔ (A ∩B′) ∪ (B ∩B′) = A (z 6.8(iii))⇔ A ∩B′ = A (z 6.12(ii) i 6.4(iii))⇔ A ⊂ B′ (z 6.7(iv))⇔ A ∩B = ∅ (z 6.12(ix))

(c) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} , C = {a} .Warunek: B ⊂ C . Istotnie, wowczas C ∩ B = B oraz(A ∩B) ∪B = B .

(d) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} , C = {a} .Warunki: A ⊂ B i C ⊂ B . Wtedy A ∪ B = B orazC ∪B = B . Sta↪d

(A ∪B) ∩ (C ∪B) = B ∩B = B.

(e) KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {b,c} , C = {a} .Warunek: A ∪B ⊂ C .

P 6.11.(a) Rownowaznosc jest prawdziwa. Wobec rozwia↪zania zada-

nia P6.10(a), wystarczy pokazac, ze B = A∪ (B \A) im-plikuje A ⊂ B . Wezmy zatem dowolny element a ∈ A .Wowczas a ∈ A ∨ a ∈ B \A, czyli a ∈ A ∪ (B \A), wie↪ca ∈ B . Sta↪d A ⊂ B .

(b) Rownowaznosc jest faÃlszywa. KontrprzykÃlad: A = {a,b} ,B = {c,d} , C = {c,d,e} . Prawdziwa jest tylko implikacja,,⇒ ”, poniewaz jesli A ⊂ B, to C \ B ⊂ C \ A, sta↪d(C \B) ∩ (C \A) = C \B.

(c) Implikacja jest prawdziwa. Poniewaz B \ A ⊂ B, wie↪cmamy A \ B ⊂ B . Jezeli jednak istnieje y, naleza↪cy do

Rozwia↪zania 167

zbioru A \ B, to wowczas y ∈ A ∧ y /∈ B ⇒ y /∈ B, coprzeczy inkluzji A \B ⊂ B . Zatem do zbioru A \B nicnie nalezy, czyli jest to zbior pusty. Sta↪d i z twierdze-nia 6.9(iv) dostajemy A ⊂ B . W podobny sposob mamyB ⊂ A i ostatecznie A = B .

(d) Implikacja jest prawdziwa. Co wie↪cej, moze byc onazasta↪piona rownowaznoscia↪, co jest udowodnione w twier-dzeniu 6.9(iv).

(e) Z wyja↪tkiem, gdy B = ∅ implikacja jest zawsze faÃlszywa.KontrprzykÃlad: A = {a,b} , B = {a,b,c} .

7. Sumy i przekroje uogolnione

P 7.1. Zauwazmy, ze prawy koniec zbioru An jest jednoczesnielewym koncem zbioru An+1. Zatem suma uogolniona ,,zaczyna sie↪”w lewym koncu zbioru A1, a ,,konczy sie↪” w nieskonczonosci, czyli∞⋃

n=1

An = [1,+∞). Z drugiej strony, zadne dwa An-y nie maja↪ cze↪sci

wspolnej. Dlatego∞⋂

n=1

An = ∅.

P 7.2. Wraz ze wzrastaniem n lewe konce przedziaÃlow An

,,uciekaja↪” do nieskonczonosci. Zatem nie ma takiego elementu x,ktory nalezaÃlby jednoczesnie do wszystkich zbiorow An. Sta↪d∞⋂n=1

An = ∅. Zauwazmy, ze dla n > 1 mamy An ⊂ A1, wie↪c wszyst-

kie te elementy, ktore naleza↪ do przynajmniej jednego An naleza↪

rowniez do A1 i∞⋃

n=1

An = [1,+∞).

P 7.3. Rozwazmy przedziaÃl A′n =(−1, 1

n

], czyli dopeÃlnienie

zbioru An. Rodzina zbiorow {A′n}n∈N byÃla rozwazana w przykÃla-

dzie 7.2. Otrzymalismy∞⋃

n=1

A′n = (−1,1] oraz∞⋂

n=1

A′n = (−1,0].


Korzystaja↪c z praw de Morgana, dostajemy zatem

∞⋃n=1

An = (−1,0]′ = (−∞,−1] ∪ (0,+∞)

oraz∞⋂

n=1

An = (−1,1]′ = (−∞,−1] ∪ (1,+∞).

P 7.4. Cia↪g{

1n+1

}n∈N

jest zbiezny do zera. Zatem w miare↪jak n wzrasta, przedziaÃly An ,,kurcza↪ sie↪”. Tak wie↪c jedynymwspolnym dla wszystkich zbiorow elementem jest 0, a wszystkieAn-y zawieraja↪ sie↪ w A1. Sta↪d

∞⋂n=1

An = {0} oraz∞⋃

n=1

An =[0, 12

].

P 7.5. Tym razem lewe konce przedziaÃlow da↪za↪ do zera, czylinajmniejszym elementem przekroju uogolnionego be↪dzie zero, a naj-mniejszym elementem sumy uogolnionej be↪dzie − 1

2 . Jesli chodzio prawe konce, to wzrastaja↪ one do 1. Zatem

∞⋃n=1

An =[− 1

2 ,1)

oraz∞⋂

n=1

An =[0, 23

).

P 7.6. Zauwazmy najpierw, ze An =(n2,(n + 1)2

). Poniewaz

A1 ∩A2 = ∅, wie↪c takze∞⋂

n=1

An = ∅. Zauwazmy tez, ze lewy koniec

zbioru An jest tez prawym koncem przedziaÃlu An+1. PrzedziaÃlyte jednak sa↪ otwarte, wie↪c ich wspolne konce nie naleza↪ do sumy.

Zatem∞⋃

n=1

An = (1,+∞) \ {n2 : n ∈ N}

.

P 7.7. Dla n ≥ 2 zbior An jest pusty. Dlatego∞⋂

n=1

An = ∅.

Poza tym, mamy A1 ={

π2 + 2kπ : k ∈ Z}

=∞⋃

n=1

An.

Rozwia↪zania 169

P 7.8. Przy dyskusji nad tym problemem warto jest przyja↪cnaste↪puja↪ce zasady zapisu przedziaÃlow:

– jezeli a > b (dopuszczamy tu mozliwosc, ze a lub b jestnieskonczonoscia↪), to (a,b), [a,b), (a,b] i [a,b] oznaczaja↪,odpowiednio, przedziaÃly (b,a), (b,a], [b,a) oraz [b,a];

– przedziaÃly (a,a), [a,a) i (a,a] oznaczaja↪ zbior pusty, [a,a]oznacza zbior jednoelementowy {a} .

Zwrocmy jeszcze uwage↪ na to, ze jezeli T ⊂ S, to

⋃

t∈T

At ⊂⋃

s∈S

As oraz⋂

s∈S

As ⊂⋂

t∈T

At.

Jesli wie↪c∞⋂

n=1

An = ∅, to takze przekroj uogolniony po Z, Q oraz

R jest zbiorem pustym. Podobnie, jezeli suma uogolniona po N jestrowna R, to i suma uogolniona po nadzbiorze N jest rowna R.

Dla przykÃladu rozwia↪zemy zadanie P7.5. W tymze zadaniurozwazylismy juz przypadek, gdy n ∈ N. Mamy A0 =

[−1, 12).

Z uwagi na dzielenie przez zero, nie rozwazamy n = −1 i n = −2.Jesli n ≤ −3, to lewe konce przedziaÃlow przyjmuja↪ wartosci 1

2 , 13 ,

14 , . . . , a ich konce prawe, wartosci 2 = 2

1 , 32 , 4

3 , . . . OznaczmyT = Z\{−1,−2} . Poniewaz A0∩A−3 = ∅, wie↪c

⋂

n∈TAn = ∅. Takze

i dla nadzbiorow T jako zbiorow indeksow, przekroj uogolniony jestzbiorem pustym.

Z analizy powyzszego wynika, ze⋃

n∈TAn = [−1,2). Rozwazmy

teraz sume↪ uogolniona↪ po zbiorach An, gdzie zbiorem indeksow jestS = Q \ {−1,−2} . Zauwazmy najpierw, ze jesli x < −1, to istniejetaka liczba r ∈ S ∩ (−1,0), ze r + 1 < 1

−x . Zatem − 1r+1 < x.

Poniewaz r+1 i r+2 sa↪ liczbami dodatnimi, wie↪c x ∈ Ar. Wezmyteraz dowolna↪ liczbe↪ rzeczywista↪ y ≥ 1. Liczba 1+y

−y jest mniejszalub rowna −2. Istnieje wie↪c liczba wymierna r > 1+y

−y taka, zer+1 ∈ S∩(−1,−2). Wowczas − 1

r+1 > y, a r+1r+2 jest liczba↪ ujemna↪.

Zatem

y ∈[− 1

r + 1,r + 1r + 2

)=

(r + 1r + 2

,− 1r + 1

]= Ar.


Sta↪d⋃

n∈SAn = R.

Jezeli powyzsze rozwia↪zanie jest trudne do przyswojenia, war-to jest za x oraz za y podstawic konkretne wartosci liczbowei dla tychze wartosci znalezc odpowiednie liczby r. Przypuscmy dlaprzykÃladu, ze x = −3. Szukamy takiej liczby r, ze r+1 < 1

3 . Taka↪

liczba↪ jest na przykÃlad − 34 . Zatem x ∈ A−3

4. Podobnie znajdujemy

zbior Ar taki, ze y ∈ Ar.

8. Poje↪cie produktu kartezjanskiego dwoch zbiorow

P 8.1. Niektore ze zbiorow sa↪ naszkicowane na planszy 5. Cze↪scpÃlaszczyzny, naleza↪ca do produktu jest zakreslona ukosnymi liniami.Granice↪ zakreslonego obszaru stanowia↪ linie cia↪gÃle, jezeli punktytej linii naleza↪ do produktu, ba↪dz przerywane, jesli punkty linii nienaleza↪ do zbioru. W przypadku, kiedy produkt jest nieograniczony,ograniczaja↪ce go linie zakonczone sa↪ strzaÃlkami. Podobnie, jeslido produktu nalezy prosta, to na wykresie jest ona zaznaczona zapomoca↪ odcinka zakonczonego strzaÃlkami. Jesli punkt zaznaczonyjest na wykresie niezamalowanym koÃlkiem oznacza to, ze punkt tennie nalezy do produktu. Jezeli koÃlko jest zamalowane, to punkt,ktory ono wyznacza, nalezy do produktu.

P 8.2. Demonstrujemy ponizej rozumowanie, ktore prowadzido pokazania cze↪sci (a) zadania. Znalezienie odpowiednich definicjioraz tautologii pozostawiamy Czytelnikowi.

(x,y) ∈ (A× C) \ (B × C)

⇔((

(x,y) ∈ A× C) ∧ (

(x,y) /∈ B × C))

⇔ ((x ∈ A ∧ y ∈ C) ∧ (x /∈ B ∨ y /∈ C)

)

⇔ ((x ∈ A ∧ y ∈ C ∧ x /∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ y ∈ C ∧ y /∈ C)

)

⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ B ∧ y ∈ C)⇔ (x ∈ A \B ∧ y ∈ C)⇔ (x,y) ∈ (A \B)× C

Rozwia↪zania 171

(1,3)× (2,4) (−∞,3)× (−1,3)

R× (2,4] {1,2} × R

{−2,0,1} × ((2,3] ∪ {4}) ({−1,1} ∪ [2,4))× ((1,2] ∪ {3,4})

Plansza 5.


Zeby pokazac pierwsza↪ inkluzje↪ w cze↪sci (b), wezmy dowolna↪

pare↪ (x,y) ∈ A×C . Zgodnie z 8.2, powyzsze zdanie jest rownowaznezdaniu x ∈ A ∧ y ∈ C . Ale z zaÃlozenia wiemy, ze jesli x ∈ A , tox ∈ B . Zatem x ∈ B∧y ∈ C , czyli (x,y) ∈ B×C . Druga↪ inkluzje↪pokazujemy w podobny sposob.

P 8.3. Tak, rownosc ta jest prawem rachunku zbiorow. Dowodjest podobny do przedstawionego powyzej dowodu rownosci (a) z za-dania P8.2.

9. Relacje

P 9.1. Okreslmy najpierw dziedziny i przeciwdziedziny poda-nych relacji.

(a) D(ρ) = {1,2,4} , D−1(ρ) = {a,b} ,

(b) D(ρ) = {2,3,4} , D−1(ρ) = {a,b,c} ,

(c) D(ρ) = {1,2,3,4,5} , D−1(ρ) = {a} .

Produkty zbiorow skonczonych wyznaczamy za pomoca↪ tabel-ki, ktora jest odpowiednikiem prostoka↪tnego ukÃladu wspoÃlrze↪dnych.Role↪ osi poziomej speÃlnia tu najwyzszy wiersz, natomiast role↪osi pionowej – kolumna poÃlozona najbardziej na lewo. Elemento wspoÃlrze↪dnych (x,y) zaznaczamy, stawiaja↪c znak w kratce, nalewo od ktorej znajduje sie↪ y, oraz powyzej ktorej znajduje sie↪ x.Wykresy relacji przedstawiamy w ponizszych tabelkach. Elementytych wykresow oznaczono znakiem ×.

(a) 1 2 3 4 5a × ×b ×c

(b) 1 2 3 4 5a ×b × ×c × ×

(c) 1 2 3 4 5a × × × × ×bc

Kazda relacja na zbiorze X × Y jest okreslona za pomoca↪ za-kreslenia pewnej liczby z pie↪tnastu kratek. Przy wyznaczaniu relacjimozemy wie↪c dana↪ kratke↪ zakreslic (wowczas odpowiadaja↪cy jej ele-ment nalezy do relacji) lub nie. Zatem z kazda↪ kratka↪ wia↪za↪ sie↪ dwie

Rozwia↪zania 173

mozliwosci. Poniewaz wszystkich kratek jest 15, wie↪c wszystkichrelacji jest 215.

P 9.2. PrzykÃladami trzech relacji na zbiorze A×B moga↪ bycrelacje ρ1, ρ2 oraz ρ3, gdzie aρib ⇔ a jest i-ta↪ lub ostatnia↪ litera↪

w nazwie marki samochodu b. Tutaj i ∈ {1,2,3} . Dla przykÃladu,pρ2OPEL, sρ1SKODA.

P 9.3. Podamy najpierw dziedziny i przeciwdziedziny relacji.(a) D(ρ) = R, D−1(ρ) = R,

(b) D(σ) = {−1,2} ∪ (3,5), D−1(σ) = [−2,0) ∪ {1,2,3,4,5} ,

(c) D(τ) = R, D−1(τ) = R,

(d) D(φ) = [−a,a], D−1(φ) = [−b,b],(e) D(ρ ∪ σ) = R, D−1(ρ ∪ σ) = R.

Zauwazmy, ze relacja φ ∩ τ jest pusta, jednopunktowalub dwupunktowa w zaleznosci, czy prosta y = 2x − 3nie przecina, czy przecina elipse↪

x2

a2 + y2

b2 = 1. W kazdymprzypadku φ∩ τ stanowi zbior rozwia↪zan ukÃladu rownan

{y = 2x− 3x2

a2 + y2

b2 = 1.

Dziedzine↪ relacji wyznaczamy, obliczaja↪c x, a przeciw-dziedzine↪ – obliczaja↪c y. Zatem dziedzina↪ φ∩τ jest zbiorrozwia↪zan rownania

x2

a2+

(2x− 3)2

b2= 1,

a przeciwdziedzina↪ jest zbior rozwia↪zan rownania

(y + 3)2

4a2+

y2

b2= 1.

D(σ \ ρ) = {−1,2} ∪ (3,5),D−1(σ \ ρ) = [−2,0) ∪ {1,2,3,4,5} .

Wykresy relacji z tego zadania umieszczone sa↪ na planszy 6.


(a) (b)

(c) (d)

(e) ρ ∪ σ (e) φ ∩ τ – jeden przypadek

(e) σ \ ρ

Plansza 6.

Rozwia↪zania 175

P 9.4. Zeby dana relacja byÃla zwrotna, wszystkie pary postaci(x,x) musza↪ byc jej elementami. Jesli mamy do czynienia z relacja↪

okreslona↪ w R, to aby relacja byÃla zwrotna, prosta y = x musinalezec do jej wykresu. Zbadamy, czy relacja ρ jest zwrotna. Mamyxρx wtedy i tylko wtedy, gdy x2 = x2. Poniewaz jest to rownosczawsze prawdziwa, wie↪c relacja ρ jest zwrotna. Relacja σ nie jestzwrotna, poniewaz 0 nie jest w tej relacji z 0. Z tej samej przyczynypozostaÃle relacje z wyja↪tkiem ρ∪σ tez nie sa↪ zwrotne. Relacja ρ∪σnatomiast jest zwrotna, gdyz zawiera zwrotna↪ relacje↪ ρ.

Relacja jest przeciwzwrotna, jesli jej wykres nie ma punktuwspolnego z prosta↪ y = x. W szczegolnosci relacja zwrotna nie mozebyc przeciwzwrotna. Zatem relacje ρ oraz ρ ∪ σ nie sa↪ przeciw-zwrotne. Poniewaz (−1)σ(−1), wie↪c takze relacja σ nie jest prze-ciwzwrotna. Poniewaz rownanie x = 2x− 3 ma rozwia↪zanie x = 3,wie↪c prosta y = x oraz wykres relacji τ maja↪ punkt wspolny (3,3)i dlatego relacja τ nie jest przeciwzwrotna. Prosta y = x przecinaelipse↪ o srodku w punkcie (0,0) dokÃladnie w dwoch punktach, wie↪ci φ nie jest przeciwzwrotna. Relacja φ ∩ τ jest przeciwzwrotnapod warunkiem, ze punkt (3,3) nie jest jej elementem. Punkt tenjest jedynym punktem, ktory ,,psuje” przeciwzwrotnosc τ i jesli nienalezy on do φ, to nie nalezy tez do przekroju φ ∩ τ, co sprawia,ze relacja jest przeciwzwrotna. Relacja σ \ ρ jest przeciwzwrotna,poniewaz wszystkie punkty o wspoÃlrze↪dnych (x,x) naleza↪ do ρ, wie↪cnie naleza↪ do σ \ ρ.

Relacja jest symetryczna, jesli jej wykres jest symetrycznywzgle↪dem prostej y = x. Poniewaz x2 = y2 implikuje tez y2 = x2,wie↪c relacja ρ jest symetryczna. PozostaÃle relacje, z wyja↪tkiem φ,nie sa↪ symetryczne. Relacja φ natomiast jest symetryczna, jeslielipsa be↪da↪ca jej wykresem, jest okre↪giem, tzn. gdy a = b. W po-zostaÃlych przypadkach, relacja ta nie jest symetryczna.

Jezeli relacja jest antysymetryczna, to na jej wykresie nie mozeznalezc sie↪ para roznych punktow, ktore sa↪ symetryczne wzgle↪demprostej y = x. Relacja ρ nie jest zatem antysymetryczna, poniewaz(−1)ρ1 i 1ρ(−1). Podobnie, relacja σ nie jest antysymetryczna( 2σ4 oraz 4σ2 ). Zbadamy teraz relacje↪ τ. ZaÃlozmy, ze xτy orazyτx. Oznacza to, ze y = 2x− 3 i x = 2y− 3. Obydwa te rownaniasa↪ speÃlnione, jesli x = y = 3, czyli τ jest antysymetryczna. Jezelixφy oraz yφx, to implikuje to rownanie (x2−y2)(a2−b2) = 0. Jeslia = b, to, aby rownanie byÃlo speÃlnione, nie jest konieczne, zeby x


byÃl rowny y, wie↪c φ nie jest antysymetryczna. Jesli a 6= b, towowczas x2 = y2, a to takze wyklucza antysymetrycznosc. Zatemφ nie jest antysymetryczna. Relacja ρ∪σ nie jest antysymetryczna,poniewaz jest nadzbiorem relacji ρ, ktora nie jest antysymetryczna.Natomiast relacja φ∩τ jest podzbiorem antysymetrycznej relacji τ,wie↪c tez jest antysymetryczna. Relacja σ \ ρ nie jest antysyme-tryczna, poniewaz (−1)σ \ ρ2, 2σ \ ρ(−1), ale −1 6= 2.

Zauwazmy, ze jesli pewien x jest w relacji z x, to relacja tanie moze byc przeciwsymetryczna. Zatem, jesli relacja jest przeciw-symetryczna, to musi tez byc przeciwzwrotna. Zatem tylko relacjeφ ∩ τ (pod warunkiem, ze (3,3) nie nalezy do jej wykresu) orazσ \ ρ moga↪ byc przeciwsymetryczne. PozostaÃle relacje nie sa↪ prze-ciwsymetryczne. Relacja φ ∩ τ, jesli jest przeciwzwrotna, to jesttez przeciwsymetryczna. Wynika to sta↪d, ze skÃlada sie↪ ona z ze-ro punktow lub jednego punktu (wowczas na pewno jest przeciw-symetryczna), lub tez z dwoch punktow, ktore naleza↪ do prostejy = 2x − 3, wie↪c nie sa↪ symetryczne wzgle↪dem y = x. Jesli chodzio relacje↪ σ \ ρ, to nie jest ona przeciwsymetryczna, poniewaz pary(−1,2) oraz (2,−1) sa↪ elementami relacji σ \ ρ.

ZaÃlozmy, ze xρy ∧ yρz. Oznacza to, ze x2 = y2 ∧ y2 = z2.Sta↪d wynika, ze x2 = z2, czyli xρz. Relacja ρ jest wie↪c prze-chodnia. Rozwazmy relacje↪ R = A × B. Jesli xRy ∧ yRz, to(x ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ (y ∈ A ∧ z ∈ B). Z tautologii T18 wynika, zex ∈ A ∧ z ∈ B, a sta↪d mamy xRz. Zatem relacja R jest przecho-dnia. Wynika sta↪d, ze relacja σ jest przechodnia. PozostaÃle relacjenie sa↪ przechodnie. Znalezienie odpowiednich kontrprzykÃladow po-zostawiamy Czytelnikowi.

Zauwazmy, ze kazda relacja spojna musi byc zwrotna. Istotnie,jesli x = y, to z definicji relacji spojnej wynika, ze x jest w rela-cji z x. Zatem jedynie relacje ρ i ρ ∪ σ moga↪ byc spojne. Alerelacja ρ nie jest spojna, gdyz zdanie 4ρ5∨5ρ4 nie jest prawdziwe.Podobnie, ρ ∪ σ nie jest spojna.

P 9.5. Przedstawione rozwia↪zania nie sa↪ jedynymi mozliwymi.(a)

{(x,y) : x2 − y2 = 1

},

(b){(x,y) : x ≥ y2

},

(c){(x,y) : x2 − 4y2 = 0

},

Rozwia↪zania 177

(d){(x,y) : x = y2 ∨ y = x2

},

(e){(x,y) : x2 + y2 ≤ 1 ∨ (x− 5)2 + (y − 5)2 ≤ 1

}.

P 9.6. Zauwazmy najpierw, ze dziedziny i przeciwdziedzinywszystkich relacji sa↪ rowne X. Wykresy naszych relacji sa↪ przed-stawione w ponizszych tabelkach.

ρ a b c da ×b ×c ×d ×

σ a b c da × ×b × ×c ×d ×

τ a b c da ×b ×c ×d ×

Zbadamy teraz wÃlasnosci relacji ρ, σ i τ. Relacja jest zwrotna,jesli zawiera wszystkie pary postaci (x,x). W naszym wypadku sa↪ todokÃladnie cztery pary. Relacja jest natomiast przeciwzwrotna, jeslinie zawiera zadnej z tych par. Zatem relacja ρ jest zwrotna, ale niejest przeciwzwrotna. Z kolei, relacje σ oraz τ sa↪ przeciwzwrotne,ale nie sa↪ zwrotne.

Relacja jest symetryczna, jesli krzyzyki w tabelkach sa↪ uÃlozonesymetrycznie wzgle↪dem przeka↪tnej, tj. wzgle↪dem czterech kratek,ktorych wspoÃlrze↪dne sa↪ postaci (x,x). Relacja jest antysymetrycznatylko wowczas, gdy jedyne symetryczne wzgle↪dem przeka↪tnej krzy-zyki znajduja↪ sie↪ na tejze przeka↪tnej. Relacja jest wreszcie przeciw-symetryczna, jezeli jej tabelka nie zawiera par krzyzykow symetrycz-nych wzgle↪dem przeka↪tnej. Biora↪c pod uwage↪ powyzsze rozwazaniadostajemy, ze relacja ρ jest symetryczna i antysymetryczna, ale niejest przeciwsymetryczna. Relacja σ jest symetryczna, ale nie jestantysymetryczna ani przyciwsymetryczna. Relacja τ jest przeciw-symetryczna i antysymetryczna. Nie jest natomiast symetryczna.

Zbadamy teraz przechodniosc naszych relacji. Zdanie xρy∧yρzjest prawdziwe tylko wowczas, gdy x = y = z, a wtedy mamy tezxρz, czyli relacja ρ jest przechodnia. Poniewaz aσb ∧ bσa, wie↪caby relacja σ byÃla przechodnia musiaÃloby zachodzic aσa. Zatemσ nie jest przechodnia. Podobnie mozna pokazac, ze relacja τ niejest przechodnia.


Przypomnijmy, ze relacja nie jest spojna, jesli nie jest zwrotna.Zatem relacje σ oraz τ nie sa↪ spojne. Relacja ρ takze nie jestspojna, poniewaz zdanie aρc ∨ cρa nie jest prawdziwe.

W ponizszych tabelkach przedstawiamy uzupeÃlnienia naszychrelacji do relacji zwrotnych (dodatkowe pola oznaczylismy z),symetrycznych (s) i spojnych (p). Nie rysowalismy tabelek, jezelidanej relacji nie trzeba byÃlo uzupeÃlniac. Zauwazmy jeszcze, ze przed-stawione uzupeÃlnienia nie sa↪ jednoznaczne.

ρ a b c da × p p pb × p pc × pd ×

σ a b c da z × ×b × z ×c × zd × z

σ a b c da p × × pb × p p ×c × p pd × p

τ a b c da z ×b × zc × zd × z

τ a b c da s ×b × sc × sd s ×

τ a b c da p p ×b × p pc × pd × p

Okreslimy teraz wzory na liczbe↪ relacji zwrotnych i symetry-cznych w zbiorze n-elementowym X. Aby relacja byÃla zwrotna,musi do niej nalezec n par postaci (x,x). PozostaÃle n2 − n ele-mentow zbioru X2 moze nalezec lub nie (dwie mozliwosci) donaszej relacji. Zatem wszystkich relacji zwrotnych jest 2n2−n.Zeby policzyc relacje symetryczne, posÃluzymy sie↪ interpretacja↪

,,tabelkowa↪”. Pola na przeka↪tnej moga↪ nalezec lub nie do naszejrelacji (n pol, dwie mozliwosci na kazde pole). Jesli do relacji nalezyjakies pole nad przeka↪tna↪ (mamy dokÃladnie n2−n

2 takich pol), toautomatycznie nalezy do niej rowniez symetrycznie poÃlozone polepod przeka↪tna↪. Zatem wszystkich relacji symetrycznych jest

2n · 2n2−n2 = 2

n2+n2 .

Rozwia↪zania 179

10. Relacje rownowaznosci

P 10.1. Relacja zdefiniowana w (a) jest relacja↪ rownowaznosci.Poniewaz a−a = 0 ∈ Z, wie↪c relacja jest zwrotna. Jezeli a− b jestliczba↪ caÃlkowita↪, to b − a = −(a − b) jest takze liczba↪ caÃlkowita↪.Zatem nasza relacja jest symetryczna. Aby sprawdzic, ze jest onarowniez przechodnia, wystarczy zauwazyc, ze

a− c = (a− b) + (b− c) ∈ Z.

Zatem aρc, jesli tylko aρb oraz bρc. Wezmy teraz dowolna↪ liczbe↪rzeczywista↪ s. Mamy

[s] = {x ∈ R : xρs} = {x ∈ R : x− s ∈ Z}

=

{x ∈ R :

∨

k∈Zx− s = k

}

=

{x ∈ R :

∨

k∈Zx = s + k

}

= {s + k : k ∈ Z} .

Poniewaz√

2 +√

2 /∈ Q, wie↪c relacja okreslona w (b) nie jestzwrotna, czyli nie jest ona relacja↪ rownowaznosci.

Relacja okreslona w (c) jest zwrotna oraz symetryczna. Abysprawdzic przechodniosc tej relacji, zaÃlozmy ze ent (x) = ent (y)oraz ent (y) = ent (z) . Wowczas ent (x) = ent (z) , czyli relacja jestprzechodnia. Zatem jest to relacja rownowaznosci. Pokazemy, zedla dowolnego elementu s ∈ R zachodzi [s] = [ent (s), ent (s) + 1) .W tym celu oznaczmy przedziaÃl znajduja↪cy sie↪ po prawej stronierownosci przez A. Jezeli x ∈ A, to ent (s) ≤ x < ent (s) + 1. Sta↪dent (x) = ent (s) , czyli x ∈ [s]. Z drugiej strony, jesli x ∈ [s], toent (x) = ent (s) , wie↪c x ∈ [ent (s), ent (s) + 1). Zatem [s] = A.

ÃLatwo jest zauwazyc, ze relacja okreslona w (d) jest relacja↪

rownowaznosci. Zauwazmy, ze jesli x oraz y sa↪ liczbami rzeczy-wistymi roznymi od zera, to ich kwadraty sa↪ rowne wtedy i tylkowtedy, gdy x = y lub x = −y. Zatem dla x 6= 0 mamy[x] = {x,−x} oraz [0] = {0} .


P 10.2. Ponizsze relacje dziela↪ zbior Z na podane klasy row-nowaznosci.

(a) xρy ⇔ x = y = 0 ∨ xy > 0,

(b) xρy ⇔ (x = 0 ∧ y ≥ 0) ∨ (x ≥ 0 ∧ y = 0) ∨ xy > 0,

(c) xρy ⇔ 5|x− y.

11. Funkcje

P 11.1. Funkcjami sa↪ krzywe (a), (b) oraz (f).Krzywa (c) nie jest funkcja↪, poniewaz zadna wartosc nie jest

przyporza↪dkowana elementowi x ∈ [a,b), natomiast elementowi bjest przyporza↪dkowanych nieskonczenie wiele elementow.

Krzywa (d) nie jest funkcja↪, poniewaz kazdemu argumentowix ∈ (a,b) sa↪ przyporza↪dkowane dwie wartosci.

Krzywa (e) jest funkcja↪ z R do R. Poniewaz jednak w zadaniupytamy sie↪, czy krzywa jest funkcja↪ okreslona↪ na [a,b], odpowiedzjest negatywna.

P 11.2. Przy kazdym poÃlozeniu osi x znajdziemy linie↪ prosta↪

prostopadÃla↪ do osi x w punkcie x0, ktora przetnie krzywe (e)oraz (f) w wie↪cej niz jednym punkcie. Oznacza to, ze punkt x0

jest w relacji z wie↪cej niz jednym elementem, czyli krzywe te nie sa↪

funkcjami. Jesli chodzi o pozostaÃle krzywe, to sa↪ one funkcjami, gdyos x ukÃladu wspoÃlrze↪dnych poprowadzi sie↪ pionowo.

P 11.3. Najcze↪sciej spotykanymi wyrazeniami, ktore ograni-czaja↪ dziedzine↪, sa↪:

(i) dzielenie (mianownik nie moze byc rowny 0),(ii) pierwiastkowanie kwadratowe (wyrazenie pod pierwiast-

kiem nie moze byc liczba↪ ujemna↪),(iii) logarytmowanie (wyrazenie logarytmowane jest dodatnie

oraz podstawa logarytmu jest liczba↪ dodatnia↪ rozna↪ od 1).Oznaczmy przez D dziedzine↪ funkcji, a przez P przeciwdzie-

dzine↪.

Rozwia↪zania 181

(a) Mamy tu dzielenie (daje ono ograniczenie log x 6= 0 ) orazlogarytmowanie ( x > 0 ). Zatem

D = {x ∈ R : log x 6= 0 ∧ x > 0} ,

czyli D = R+ \ {1} (tutaj R+ = (0,−∞) ). Poniewazfunkcja log przyjmuje wszystkie wartosci rzeczywiste,wie↪c funkcja f przyjmuje wszystkie wartosci rzeczywistez wyja↪tkiem zera. Sta↪d P = R \ {0} .

(b) Poniewaz sin przyjmuje wartosci wyÃla↪cznie w przedziale[−1,1], wie↪c wyrazenie pod pierwiastkiem jest zawsze do-datnie. Zatem D = R+ \ {1} podobnie jak w (a).Poniewaz licznik jest ograniczony (zawiera sie↪ w przedziale[1,√

3] ) oraz log przyjmuje wszystkie wartosci rzeczy-wiste, wie↪c funkcja f przyjmuje wszystkie wartosci rze-czywiste z wyja↪tkiem zera. Sta↪d P = R \ {0} .

Funkcje z podpunktow (a) oraz (b) nie sa↪ suriekcjami, poniewaz0 nie nalezy do zbioru wartosci zadnej z tych funkcji.

(c) FormuÃla okreslaja↪ca funkcje↪ g skÃlada sie↪ z dwoch wzorow.Pierwszy wzor ( y

√x ) stosujemy kiedy x ≥ 0, a y jest

dowolne. Dla tych wartosci (x, y) mozemy bez obawstosowac wzor y

√x. Jezeli x < 0, wartosc funkcji g

w punkcie (x, y) obliczamy, stosuja↪c wzor x√

y. Zatemy musi byc wie↪kszy lub rowny 0. Sta↪d

D ={(x,y) ∈ R2 : x ≥ 0 ∨ (x < 0 ∧ y ≥ 0)

}.

Niech teraz z ∈ R. Wskazemy taka↪ pare↪ uporza↪dkowa-na↪ (x, y), ze g((x, y)) = z. Jesli wezmiemy x = 1, todostaniemy g((1, y)) = y

√1 = y. Zatem mozemy przyja↪c

y = z i otrzymujemy z = g((1, z)), czyli funkcja g przy-biera kazda↪ wartosc rzeczywista↪. Sta↪d P = R (funkcjajest suriekcja↪).

(d) Wzor okreslaja↪cy funkcje↪ h nie narzuca zadnych ogra-niczen, wie↪c D = R. Zauwazmy, ze (x, x + 1) jestprzedziaÃlem dÃlugosci 1, bo (x + 1) − x = 1. Odwrotnie,jesli (a, b) jest przedziaÃlem dÃlugosci 1, to jest on wartoscia↪

funkcji h w punkcie a. Zatem

P = {wszystkie przedziaÃly otwarte dÃlugosci 1} .


Funkcja h nie jest suriekcja↪, poniewaz do jej przeciw-dziedziny nie nalezy przedziaÃl (0, 2).

(e) Dziedzina↪ funkcji w sa↪ wszystkie samochody dopuszc-zone do ruchu, czyli posiadaja↪ce numery rejestracyjne.Aby stwierdzic, czy funkcja ta jest suriekcja↪, nalezaÃlobywskazac 34 samochody, ktorych numery rejestracyjnekoncza↪ sie↪ kazdym ze znakow naleza↪cych do zbioru

{A,B, C, . . . ,X, Y, Z, 0, 1, 2, . . . , 9} .

Podanie w tym skrypcie marek samochodow oraz ich nu-merow rejestracyjnych byÃloby jednak sprzeczne z ustawa↪

o ochronie danych osobowych. Pozostawimy wie↪c pytanie,czy w jest suriekcja↪, nierozstrzygnie↪te.

P 11.4. Wykresy funkcji podane sa↪ na planszy 7. Oznaczmyprzez P przeciwdziedzine↪ funkcji f.

(a) P = [−3,6]. Funkcja nie jest roznowartosciowa, poniewazf(− 1

2 ) = f( 12 ). Aby sie↪ takowa staÃla, nalezaÃloby zawe↪zic

dziedzine↪ do przedziaÃlu [0,3]. Naste↪puja↪ce rozszerzenie ffunkcji f jest suriekcja↪:

f : (−1,3 + π) na−→ R,

f(x) ={

f(x) dla x ∈ (−1,3]tg(x− 3− π

2 ) dla x ∈ (3,3 + π).

(b) P = [−3,1] ∪ (6,9). Funkcja nie jest iniekcja↪, poniewazf(− 1

2 ) = f( 12 ). Aby staÃla sie↪ ona roznowartosciowa,

musimy zawe↪zic ja↪ do zbioru (−2,0] ∪ {2} ∪ (3,4). Zebyotrzymac rozszerzenie f funkcji f do suriekcji posta↪pimypodobnie jak poprzednio. Tym razem f : A ∪ (4,4 + π)jest okreslona wzorem

f(x) ={

f(x) dla x ∈ Atg(x− 4− π

2 ) dla x ∈ (4,4 + π).

(c) Zauwazmy najpierw, ze zbior A jest przedziaÃlem (2,+∞).Zatem P = (1,+∞). Tym razem f jest iniekcja↪. Zebysie↪ o tym przekonac, zauwazmy, ze jesli x, y ∈ A oraz

Rozwia↪zania 183

(a) (b)

(c) (d)

Plansza 7.


x2 − 3 = y2 − 3, to x2 = y2, czyli (x − y)(x + y) = 0,co oznacza, ze x = y, lub x = −y. Poniewaz drugaewentualnosc nie zachodzi, gdyz w A sa↪ tylko dodatnieliczby, wie↪c mamy, ze x = y i f jest roznowartosciowa.Aby napisac rozszerzenie f, ktore jest suriekcja↪, wyko-rzystamy tym razem funkcje↪ g(x) = −x2 + 1. Zauwazmy,ze g : (−∞,0] na−→ [−∞,1]. Za↪danym rozszerzeniem jestfunkcja f : (−∞,0) ∪A

na−→ R okreslona wzorem

f(x) ={

f(x) dla x ∈ Ag(x) dla x ∈ (−∞,0].

(d) P ={n2 − 3 : n ∈ N}

. Poniewaz w zbiorze A mamytylko liczby dodatnie, wie↪c podobnie jak w poprzed-nim punkcie mozemy wykazac, ze funkcja f jest rozno-wartosciowa. Podobnie jak w dwoch pierwszych punk-tach, aby napisac rozszerzenie f funkcji f, ktore jest,,na”, posÃluzymy sie↪ funkcja↪ tangens, ktora przeprowadzaprzedziaÃl

(−π2 ,π

2

)na R. Tym razem funkcje↪ tg prze-

suniemy o π2 w lewo. Zatem f : (−π,0) ∪ N na−→ R jest

okreslona wzorem

f(x) ={

f(x) dla x ∈ Atg(x + π

2 ) dla x ∈ (−π,0).

P 11.5.(a) Zauwazmy, ze dziedzina↪ funkcji f jest zbior R\{3} . Za-

tem f 6= g, poniewaz dziedziny tych funkcji sa↪ rozne.Poniewaz na swojej dziedzinie f(x) = x + 3, wie↪c funk-cje↪ f mozna rozszerzyc do R, nadaja↪c jej w punkcie 3wartosc 6. Tak rozszerzona funkcja f jest rowna g.

(b) Poniewaz f(1) 6= g(1), wie↪c f 6= g. Funkcji f nie moznazawe↪zic tak, aby byÃla ona rowna funkcji g, poniewazdziedzina↪ g jest caÃly zbior liczb rzeczywistych. Funkcjif nie mozna tez rozszerzyc, poniewaz jej dziedzina jestrowna dziedzinie g.

(c) Poniewaz dziedzinami funkcji f oraz g sa↪ rozÃla↪cznezbiory, wie↪c f 6= g oraz funkcji f nie da sie↪ ani roz-szerzyc, ani zawe↪zic tak, aby byÃla rowna funkcji g.

Rozwia↪zania 185

(d) I tym razem f 6= g, poniewaz dziedziny tych funkcji sa↪

rozne. Obcie↪cie funkcji g do zbioru wszystkich przedzia-Ãlow otwartych o koncach rzeczywistych jest rowne funk-cji f. Dlatego funkcje↪ f mozna rozszerzyc do zbioruwszystkich przedziaÃlow o koncach rzeczywistych i zde-finiowac tak, ze przedziaÃlowi (a, b) funkcja f przypo-rza↪dkowuje jego lewy koniec. Rozszerzenie to jest rownefunkcji g.

P 11.6. Przypomnijmy, ze zÃlozenie f ◦ g ( g ◦ f ) istnieje, jesliP(g) ⊂ D(f) (P(f) ⊂ D(g)).

(a) (f ◦ g)(x) = [[x] + x− 1] ,(g ◦ f)(x) = [[x]] + [x]− 1 = 2[x]− 1.

(b) (f ◦ g)(x) = [x]− 1 + 1 = [x],(g ◦ f)(x) = [x + 1]− 1 = [x] + 1− 1 = [x].

(c) (f ◦ g)(x) = log x− log2 x,

(g ◦ f) nie istnieje.

P 11.7.(a) f = sin, g = log,

(b) f = a, g = cos,(c) f = cos, g = a,

(d) f = b, g = log przy zaÃlozeniu g : [1,+∞) → [0,+∞).

12. Obrazy i przeciwobrazy zbiorow

P 12.1. Zeby udowodnic (ii), wezmy dowolny element x na-leza↪cy do zbioru f−1(A ∩ B). Zgodnie z defincja↪ przeciwobrazu,oznacza to, ze f(x) ∈ A ∩ B, czyli f(x) jest zarowno elementemzbioru A, jak i zbioru B. Czyli x musi byc elementem zbioruf−1(A) oraz f−1(B), czyli x ∈ f−1(A) ∩ f−1(B).


Pokazemy teraz wÃlasnosc (iii). Mamy

x ∈ f−1(A \B) ⇔ f(x) ∈ A \B (z 12.9)⇔ f(x) ∈ A ∧ f(x) /∈ B (z 6.5)

⇔ x ∈ f−1(A) ∧ x /∈ f−1(B) (z 12.9 i 12.10)⇔ x ∈ f−1(A) \ f−1(B). (z 6.5)

P 12.2. Przeciwobrazy {θ} otrzymamy po wykonaniu naste↪-puja↪cych obliczen:

(a)

f−1 ({θ}) = f−1 ({(0,0,0)})=

{(x,y) ∈ R2 : (2x− 3y,y,3x− y) = (0,0,0)

}

={(x,y) ∈ R2 : 2x− 3y = 0 ∧ y = 0 ∧ 3x− y = 0

}

={(x,y) ∈ R2 : 2x = 0 ∧ y = 0 ∧ 3x = 0

}

={(x,y) ∈ R2 : x = 0 ∧ y = 0

}= {(0,0)} ;

(b)

g−1 ({θ}) = g−1 ({0})=

{(a,b,c) ∈ R3 : (a + b) + (a + b)x + cx2 = 0

}

={(a,b,c) ∈ R3 : a + b = 0 ∧ c = 0

}

= {(a,−a,0) : a ∈ R} ;

(c) h−1 ({θ}) = h−1 ({0})=

{x ∈ R+ : log(2x)3 = 0

}

= {x ∈ R+ : 3 log 2x = 0}= {x ∈ R+ : log 2x = 0}= {x ∈ R+ : 2x = 1}

={

12

}.

Rozwia↪zania 187

P 12.3. Wykres funkcji f jest parabola↪ o wierzchoÃlku w punk-cie

(32 ,− 1

4

). Zatem jest to funkcja scisle maleja↪ca na przedziale(−∞, 32

). Sta↪d f([0,1]) = [f(1),f(0)] = [0,2] oraz f((−2,−1]) =

[f(−1),f(−2)) = [6,12). Poniewaz ramiona paraboli ,,ida↪ do gory”,wie↪c f−1({−3,−4}) = f−1((−∞,−6]) = ∅.

P 12.4. Zauwazmy, ze f jest funkcja↪ rosna↪ca↪ na przedziale[0,π

2

]oraz maleja↪ca↪ na przedziale

[π2 , 3π

2

]. Zatem

f

([0,

32π

])= f

([0,

π

2

]∪

[π

2,3π

2

])

= f([

0,π

2

])∪ f

([π

2,3π

2

])

=[f(0),f

(π

2

)]∪

[f

(3π

2

),f

(π

2

)]

= [1,2] ∪ [0,2] = [0,2].

Aby obliczyc obraz zbioru {0,π} , zauwazmy, ze

f(0) = f(π) = 1,

wie↪c f ({0,π}) = {1} . Zauwazmy teraz, ze f : R na−→ [0,2], wie↪cwystarczy wyznaczyc przeciwobrazy przedziaÃlow

(12 ,2

]oraz [0,1].

W tym celu nalezy rozwia↪zac nierownosci

12

< sin x + 1 ≤ 2 i 0 ≤ sin x + 1 ≤ 1.

Otrzymujemy:

f−1

((12,+∞

))=

⋃

k∈Z

(−π

6+ 2kπ,π +

π

6+ 2kπ

)

orazf−1 ((−∞,1]) =

⋃

k∈Z[−π + 2kπ,2kπ] .


P 12.5. Poniewaz ϕ przyjmuje tylko wartosci caÃlkowite, wie↪c

ϕ−1([0,1)) = ϕ−1({0}) = {x ∈ R : [x] + 2 = 0}= {x ∈ R : [x] = −2}= [−2,−1).

Jesli x ∈ R+, to [x] nalezy do zbioru liczb caÃlkowitych nieujem-nych, wie↪c [x]+2 nalezy do zbioru liczb naturalnych wie↪kszych lubrownych 2. Zatem ϕ(R+) = N \ {1} .

W celu rozwia↪zania punktu (d), obliczmy ϕ(−√2), ϕ(−2),ϕ(√

2) i ϕ(2). Otrzymujemy:

ϕ({−√

2,−2,2,√

2})

= {0,3,4} .

P 12.6.(a) Poniewaz funkcja f jest bijekcja↪, wie↪c z wniosku 12.8

otrzymujemy f−1(f(A)) = A.

(b) Wyznaczymy teraz obraz zbioru A={z ∈ C : im (z) = 1}.Jest to zbior wszystkich liczb zespolonych postaci x + i,gdzie x jest dowolna↪ liczba↪ rzeczywista↪. Skoro f(x+i) =x− i, wie↪c f(A) = {z ∈ C : im (z) = −1} .

(c) Mamy

f−1(A) = {z ∈ C : f(z) ∈ A}= {x + iy ∈ C : x− iy ∈ A}= {x + iy ∈ C : |x− iy| = 1} .

Poniewaz |x− iy| = |x + iy|, wie↪c f−1(A) = A.

P 12.7.(a) Poniewaz dla dowolnej liczby naturalnej

√n2 = n, wie↪c

A ⊃ {n2 : n ∈ N}

. Z drugiej strony,√

x jest liczba↪

naturalna↪ tylko wtedy, gdy x jest kwadratem liczbycaÃlkowitej. Poniewaz

{n2 : n ∈ Z}

={n2 : n ∈ N}

, wie↪cA =

{n2 : n ∈ N}

.

(b) Taki zbior nie istnieje, poniewaz Z nie jest podzbioremdziedziny funkcji f.

Rozwia↪zania 189

(c) Jezeli b < 0, to f(f−1([a,b])

)= f (∅) = ∅.

Jezeli b = 0, to f(f−1([a,b])

)= f

(f−1({0})) = {0} .

Jezeli a ≤ 0 < b, to

f(f−1([a,b])

)= f

(f−1([0,b])

)= f

([0,b2

])= [0,b].

Jezeli 0 < a < b, to

f(f−1([a,b])

)= f

([a2,b2

])= [a,b].

(d) Rozwazaja↪c takie same przypadki jak w (c), otrzymujemy:

f−1 (f([a,b])) =

∅ jezeli b < 0{0} jezeli b = 0[0,b] jezeli a ≤ 0 < b[a,b] jezeli 0 < a < b.

13. Zbiory skonczone

P 13.1. Dwie kopie tej samej wariacji niczym sie↪ nie roznia↪,wie↪c relacja jest zwrotna. Jesli w1 jest w relacji z w2 , czyli wariacjete roznia↪ sie↪ tylko kolejnoscia↪ wyrazow, to takze w2 jest w relacjiz w1 , czyli nasza relacja jest symetryczna. Przypuscmy teraz, zewariacja w1 jest rownowazna w2 oraz ze w2 jest rownowazna rela-cji w3 . Zatem w1 rozni sie↪ od w2 tylko kolejnoscia↪ wyrazow i,podobnie, w2 rozni sie↪ od w3 tylko kolejnoscia↪ wyrazow. Zatem ww1, w2 oraz w w3 mamy te same wyrazy w tej samej liczbie, czyliw1 jest w relacji z w3 i relacja jest przechodnia.

P 13.2. Aby usadowic n osob przy stole, ustawiamy je naj-pierw w kolejke↪ ( n! sposobow), a naste↪pnie prosimy je, by zaj-mowaÃly miejsca przy stole po kolei. Zauwazmy jeszcze, ze po pierw-sze, dwie nierownowazne kolejki a1a2 . . . an oraz an . . . a2a1 daja↪

rownowazne rozmieszczenia przy stole oraz, po drugie, nie jest is-totne, od ktorego krzesÃla zaczniemy rozsadzac nasze osoby. Ostate-cznie dostajemy wie↪c odpowiedz, ze wszystkich nierownowaznychusadowien jest n!

2n = (n−1)!2 .


P 13.3. Liczby 1 i 2 mozemy ustawic obok siebie na dwa spo-soby. Mianowicie, 1 moze poprzedzac 2 lub 2 moze poprzedzac 1.Ustawiona↪ juz pare↪ mozemy umiescic wsrod pozostaÃlych n−2 liczbna n − 1 sposobow (na pocza↪tku lub po pierwszej liczbie, lub podrugiej liczbie, lub . . . , lub na koncu). PozostaÃle n− 2 liczb usta-wiamy dowolnie, czyli na (n − 2)! sposobow. Zatem mozliwychustawien jest 2 · (n− 1) · (n− 2)! = 2(n− 1)!.

P 13.4. Wszystkich mozliwych sÃlow, ktore da sie↪ uÃlozyc z tychliter, jest p = 11!

4! · 1! · 2! · 4! = 34650 . Prawdopodobienstwo uÃlozeniasÃlowa MISSISSIPPI jest wie↪c rowne 1

p .

P 13.5. Poniewaz milion ma 7 cyfr, wie↪c szukamy liczb szescio-,pie↪cio-, cztero-, trzy-, dwu- i jednocyfrowych, w ktorych cyfry sa↪

rozne. Zadna z tych liczb nie moze zaczynac sie↪ od zera. Wie↪cmamy 9 wyborow na pierwsza↪ cyfre↪. Na pozostaÃlych miejscach mozebyc jedna z dziesie↪ciu cyfr. Poniewaz jednak cyfry w danej liczbiemaja↪ byc rozne, wie↪c przy kazdej kolejnej cyfrze zmienia sie↪ liczbamozliwosci o jeden. Zatem liczb naturalnych mniejszych od miliona,ktore maja↪ rozne cyfry, jest

9 + 9 · 9 + 9 · 9 · 8 + 9 · 9 · 8 · 7 + 9 · 9 · 8 · 7 · 6 + 9 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5,

czyli 168 570.

P 13.6. Jezeli kostki sa↪ rozroznialne, to poniewaz mamy 5 ko-stek oraz 6 mozliwosci na kazdej kostce, wie↪c mozliwych ukÃladowoczek jest 65 = 7776 . Sytuacja komplikuje sie↪, jesli zaÃlozymy, zekostki sa↪ nierozroznialne. Wowczas ukÃlad 1 2 3 4 5 identyfikuje sie↪z ukÃladem 5 3 4 1 2 oraz z 5! − 2 innymi, w ktorych wyste↪puja↪ teliczby oczek. Zatem, jezeli na kazdej kostce jest inna liczba oczek,to takich ukÃladow mamy

(65

). Jesli pewna liczba oczek wyste↪puje

dokÃladnie dwa razy, to tego rodzaju ukÃladow jest(64

). Ostatecznie

mamy tylko

(65

)+

(64

)+

(63

)+

(62

)+

(61

)= 26 − 2 = 62

mozliwe ukÃlady.

Rozwia↪zania 191

P 13.7. Wszystkich pikow w talii jest 13. Zatem z 13 kartwybieramy 5, a z pozostaÃlych 39 kart wybieramy 8. Mozliwychsposobow wyboru jest wie↪c

(135

) · (398

) ≈ 8 · 1010 .

P 13.8. Przyje↪ta kolejnosc kart to 9, 10, walet, dama, krol, as.Zatem najnizsza↪ karta↪ na re↪ku musi byc 9 lub 10 (

(81

)mozliwosci

wyboru). Naste↪pnie za kazdym razem mozemy wybierac jedna↪

z czterech kart. Zatem mozliwosci uzyskania streight’a jest

(81

)·(

41

)4

= 2048.

P 13.9. Poniewaz w kazdym kolorze mamy 6 kart, wie↪c ogoÃlemjest

(65

)mozliwosci wyboru pie↪ciu kart z szesciu. Odpadaja↪ tu dwa

ukÃlady, kiedy dostajemy pokera. Poniewaz sa↪ cztery kolory, wie↪cmamy

4 ·((

65

)− 2

)= 16

mozliwosci.Kontynuuja↪c ,,pokerowe” rozwazania, podajemy w tabeli liczbe↪

wszystkich premiowanych mozliwosci przy grze w pokera:

PARA 6(42

)(201

)(161

)(121

)= 138240

DWIE PARY(62

)(42

)(42

)(161

)= 8640

TROJKA 6(43

)(201

)(161

)= 7680

STREIGHT(81

)(41

)4= 2048

FULL HOUSE 6 · 5(43

)(42

)= 720

KARETA 6(201

)= 120

COLOR 4((

65

)− 2)

= 16

POKER(81

)= 8


14. Zbiory przeliczalne

P 14.1. Pokazemy, ze zbior D jest rownoliczny z podzbioremliczb wymiernych. Wykorzystamy tutaj fakt, ze do kazdego od-cinka nalezy liczba wymierna. Istotnie, odcinkowi I moznaprzyporza↪dkowac liczbe↪ wymierna↪ wI taka↪, ze wI ∈ I. Wowczasdwom roznym odcinkom zostana↪ przyporza↪dkowane dwie rozneliczby, poniewaz odcinki te sa↪ rozÃla↪czne. Zatem odwzorowanieI 7→ wI jest funkcja↪ roznowartosciowa↪ z D do Q , czyli zbior Djest przeliczalny.

P 14.2. Niech (a,b) oraz (c,d) be↪da↪ naszymi przedziaÃlami.Nalezy znalezc funkcje↪ wzajemnie jednoznaczna↪ z jednego przedziaÃluna drugi. Wykresem takiej funkcji moze byc odcinek prostej prze-chodza↪cej przez punkty (a,c) oraz (b,d). Zatem funkcja f okre-slona wzorem

f(x) =c− d

a− b(x− a) + c

odwzorowuje wzajemnie jednoznacznie odcinek (a,b) na (c,d).

P 14.3. Kazdemu z tych okre↪gow mozna przyporza↪dkowac jegopromien. PowstaÃla w ten sposob funkcja odwzorowuje wzajemniejednoznacznie nasz zbior okre↪gow na zbior liczb naturalnych.

P 14.4. Wystarczy tu zastosowac twierdzenie 14.4.

P 14.5. Z poprzedniego zadania wiemy, ze zbior S wszyst-kich srodkow okre↪gow jest przeliczalny. Poniewaz kazdemu okre↪gowiK(S,r) o srodku w punkcie S oraz promieniu r mozna przypo-rza↪dkowac wzajemnie jednoznacznie pare↪ (S,r) , wie↪c zbior naszychokre↪gow jest rownoliczny zbiorowi S × Q , ktory jest produktemdwoch zbiorow przeliczalnych, czyli jest przeliczalny.

Rozwia↪zania 193

15. Zbiory nieprzeliczalne

P 15.1. Skonstruujemy najpierw funkcje↪ wzajemnie jednozna-czna↪ z przedziaÃlu (0,1) na (0,1] . Wykorzystamy w tym celu funkcje↪identycznosciowa↪ I(x) = x . Oczywiscie, nie jest to wymagana bi-jekcja, poniewaz 1 nie jest obrazem zadnego elementu przedziaÃlu(0,1) . Zacznijmy wie↪c nasza↪ konstrukcje↪ funkcji f od wyznaczeniaargumentu, ktorego obrazem jest 1. Niech f

(12

)= 1 . Musimy

teraz okreslic wartosci funkcji f dla pozostaÃlych argumentow. Za-uwazmy, ze funkcja g1 : (0,1) → (0,1] okreslona wzorem

g1(x) =

x dla x 6= 12

1 dla x = 12

nie jest bijekcja↪, poniewaz 12 nie jest obrazem zadnego argumentu.

Zdefiniujmy zatem f(

13

)= 1

2 . Wowczas funkcja g2 : (0,1) → (0,1]okreslona wzorem

g2(x) =

x dla x /∈ {12 , 13

}

1 dla x = 12

12 dla x = 1

3

nie jest bijekcja↪, poniewaz 13 nie jest obrazem zadnego argumentu.

Zdefiniujemy teraz f(

14

)= 1

3 . Poste↪pujemy tak dalej az otrzy-mamy ostateczny ksztaÃlt funkcji f :

f(x) =

x dla x /∈ {1n : n ∈ N}

1n−1 dla x = 1

n .

Funkcje↪ wzajemnie jednoznaczna↪ z dowolnego przedziaÃlu ot-wartego (a,b) na przedziaÃl (c,d] mozna otrzymac, skÃladaja↪c bijekcje↪r : (a,b) → (0,1) z funkcja↪ f oraz z bijekcja↪ p : (0,1] → (c,d] , tj.za↪dana↪ funkcja↪ jest p ◦ f ◦ r . Bijekcja r zostaÃla skonstruowanaw rozwia↪zaniu zadania P14.2, a konstrukcja p jest identyczna.


P 15.2. Umiescmy srodek okre↪gu K w punkcie (0,r) , gdzier jest promieniem K tak, aby wyrzucony punkt Q pokryÃl sie↪z punktem (0,2r) . Zbior R zinterpretujmy jako os 0x . Bijekcje↪B : K \ {Q} → R konstruujemy w naste↪puja↪cy sposob:

– niech P 6= Q be↪dzie dowolnym punktem okre↪gu K,

– rysujemy prosta↪ p przechodza↪ca↪ przez P i Q,

– B(P ) definiujemy jako punkt przecie↪cia prostej p z osia↪ 0x .Poniewaz dwa rozne punkty na okre↪gu daja↪ dwie rozne proste,

ktore przecinaja↪ sie↪ w punkcie Q , wie↪c punkty przecie↪cia tychprostych z osia↪ 0x sa↪ rozne. Zatem funkcja B jest roznowarto-sciowa. Jezeli x jest punktem na osi 0x , to prosta Ãla↪cza↪ca punktyx i Q przecina okra↪g w pewnym punkcie P 6= Q (gdyby tak niebyÃlo, prosta ta musiaÃlaby byc styczna↪ do okre↪gu w punkcie Q , czylirownolegÃla↪ do osi 0x , wie↪c nie przecie↪Ãlaby osi). Zatem B(P ) = xi B jest tez suriekcja↪.

P 15.3. Niech C01 oznacza zbior wszystkich cia↪gow 0–1,a N oznacza zbior wszystkich liczb niewymiernych z przedziaÃlu[0,1] . Liczbie x ∈ N przyporza↪dkujemy cia↪g zero-jedynkowy (an)w naste↪puja↪cy sposob:

– Dzielimy odcinek [0,1] na dwie rowne cze↪sci: I0 =[0, 12

]oraz

I1

[12 ,1

]. Jesli x ∈ I0 , to definiujemy a1 = 0 . W przeciw-

nym wypadku kÃladziemy a1 = 1 . Poniewaz x jest liczba↪

niewymierna↪, wie↪c jest on rozny od punktu podziaÃlu 12 .

– Kazdy z odcinkow I0 , I1 dzielimy na dwie rowne cze↪sci,otrzymuja↪c odcinki I00 , I01 , I10 , I11 . W zaleznosci od tego,w ktorym z tych czterech odcinkow jest x , definiujemy a2 = 0lub a2 = 1 . Jezeli, na przykÃlad, x ∈ I10 , to a2 = 0 oraza1 = 1 .

– Poste↪pujemy tak dalej. Ogolnie, jesli zdefiniowalismy juz a1 ,a2 , . . . , ak , to wiemy, ze x ∈ Ia1a2...ak

. Dzielimy ten odcinekna dwie rowne cze↪sci (punktem podziaÃlu jest uÃlamek o mia-nowniku 2k+1 , ktory jest liczba↪ wymierna↪). Jesli x jest w cze↪-sci lewej, to definiujemy ak+1 = 0 . W przeciwnym wypadkuak+1 = 1 .Pozostawiamy Czytelnikowi sprawdzenie, ze zdefiniowana funk-

cja f : N → C01 jest bijekcja↪.

Rozwia↪zania 195

16. Zbiory cze↪sciowo uporza

↪dkowane

Rozwia↪zania zadan P16.1, P16.2 i P16.3 znajduja↪ sie↪ na plan-szy 8.

P 16.4. Relacja < nie jest relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪, poniewaz niejest zwrotna.

P 16.5. Mamy p ≤ t ≤ f ≤ k , p ≤ t ≤ h oraz p ≤ g .PozostaÃle pary funkcji sa↪ nieporownywalne.

P 16.6. Wyniki sa↪ podane w tabelce.

zadanie minimalny maksymalny najmniejszy najwie↪kszy

P16.1 ∅ {a,b,c} ∅ {a,b,c}P16.2 1 4,5,6 1 brak

P16.3 4,5,6 1 brak 1

17. Zbiory uporza↪dkowane liniowo

Podane rozwia↪zania do zadan w tym rozdziale nie sa↪ jedynymimozliwymi.

P 17.1. Zbior wszystkich dzielnikow naturalnych liczby 32 jestrowny {1,2,4,8,16,32} . Jest on uporza↪dkowany liniowo przez relacje↪podzielnosci, tzn. x ≤ y ⇔ x|y .

P 17.2. Zbior wszystkich dzielnikow caÃlkowitych liczby 32 jestrowny

{−32,−16,−8,−4,−2,−1,1,2,4,8,16,32} .

Jest on uporza↪dkowany liniowo przez zwykÃla↪ relacje↪ mniejszosci ≤ .


Graf do zadania 16.1



Plansza 8.

Rozwia↪zania 197

P 17.3. Takim zbiorem moze byc A = {2n : n ∈ N} . Istotnie,wiemy, ze | jest relacja↪ porza↪dkuja↪ca↪, wystarczy wie↪c sprawdzic,czy jest to relacja spojna. Niech 2m, 2n ∈ A . Poniewaz m orazn sa↪ nieujemnymi liczbami caÃlkowitymi, wie↪c mamy m ≤ n lubn ≤ m , ale to implikuje 2m ≤ 2n lub 2n ≤ 2m .

P 17.4. Potrzebna↪ relacje↪ mozemy zdefiniowac naste↪puja↪co:

x ≤ y ⇔ x jest wie↪ksza lub rowna y.

Zauwazmy, ze w ten sposob ,,odwrocilismy” porza↪dek na liczbachcaÃlkowitych ujemnych Z− . W konsekwencji liczba najwie↪ksza (−1 )staÃla sie↪ liczba↪ najmniejsza↪, a kazdy podzbior Z− posiada elementnajmniejszy.

P 17.5. Poniewaz mamy zdefiniowany porza↪dek liczbowy za-rowno na liczbach ujemnych (zadanie P17.4) jak i na liczbach nieu-jemnych, wie↪c wystarczy ,,poÃla↪czyc” obydwa porza↪dki. Mozemyto zrobic na kilka sposobow. Na przykÃlad zdefiniujmy relacje↪ ≤1

naste↪puja↪co:

x ≤1 y ⇔{

x ≥ y jezeli x < 0 oraz y < 0x ≤ y jezeli x < 0 oraz y ≥ 0x ≤ y jezeli x ≥ 0 oraz y ≥ 0.

Tak zdefiniowana relecja ,,ustawia” zbior Z w naste↪puja↪cym po-rza↪dku:

−1, −2, −3, −4, . . . , 0, 1, 2, 3, . . .

Pozostawiamy Czytelnikowi zdefiniowanie relacji ≤2 , ktora,,ustawia” zbior Z w porza↪dku

0, −1, 1, −2, 2, −3, 3, . . .

P 17.6. Zbior punktow na pÃlaszczyznie mozemy uporza↪dkowacliniowo, wykorzystuja↪c porza↪dek na liniach prostych rownolegÃlychdo osi ukÃladu wspoÃlrze↪dnych. DokÃladnie,

(x1,x2) ≤ (y1,y2) ⇔ x1 < x2 ∨ (x1 = x2 ∧ y1 ≤ y2).

Tak zdefiniowana↪ relacje↪ nazywamy porza↪dkiem leksykograficznym.Pokazemy, ze jest to relacja porza↪dkuja↪ca liniowo zbior R2 . Ponie-waz x1 = x1 ∧ y1 ≤ y1 , wie↪c relacja jest zwrotna. Przypuscmy, ze


(x1,y1) ≤ (x2,y2) oraz (x2,y2) ≤ (x1,y1) . Zauwazmy, ze nie mozezachodzic zadna z nierownosci x1 < x2 oraz x2 < x1 . Zatem musibyc x1 = x2 . Z zaÃlozenia oraz z definicji otrzymujemy natychmiasty1 ≤ y2 oraz y2 ≤ y1 . Sta↪d y1 = y2 , czyli (x1,y1) = (x2,y2)i relacja jest antysymetryczna.

Pokazemy teraz, ze relacja jest przechodnia. Niech wie↪c(x1,y1) ≤ (x2,y2) oraz (x2,y2) ≤ (x3,y3) . Rozwazymy dwa przy-padki. ZaÃlozmy najpierw, ze x1 < x2 . Wowczas na pewno x1 < x3

(bo x2 < x3 lub x2 = x3 ). ZaÃlozmy teraz, ze x1 = x2 ∧ y1 ≤ y2 .Jesli x2 < x3 , to takze x1 < x3 , czyli (x1,y1) ≤ (x3,y3) . Jezelinatomiast x2 = x3 ∧ y2 ≤ y3 , to x1 = x2 = x3 oraz y1 ≤ y2 ≤ y3 ,czyli i w tym przypadku (x1,y1) ≤ (x3,y3) , co konczy dowod prze-chodniosci.

PozostaÃlo udowodnic spojnosc. Jesli mamy dwie pary (x1,y1)oraz (x2,y2) , to musi zachodzic x1 ≤ x2 lub x2 ≤ x1 . MozemyzaÃlozyc, ze zachodzi pierwsza nierownosc. Jezeli nierownosc jestostra, tj. x1 < x2 , to mamy (x1,y1) ≤ (x2,y2) . Jesli x1 = x2 ,to mamy y1 ≤ y2 lub y2 ≤ y1 . W pierwszym przypadku oznaczato, ze (x1,y1) ≤ (x2,y2) , a w drugim, ze (x2,y2) ≤ (x1,y1) . Zatemrelacja jest spojna.

Skorowidz


Skorowidz 201

Literatura

[1] Bryant V.: Aspekty Kombinatoryki. Wydawnictwa Naukowo-Techniczne,Warszawa 1997.

[2] Fudali S.: Logika i teoria mnogosci. Zagadnienia wste↪pne. WydawnictwoNaukowe Uniwersytetu Szczecinskiego, Szczecin 1987.

[3] Kuratowski K., Mostowski A.: Teoria mnogosci wraz ze wste↪pem do opisowej

teorii mnogosci. PWN, Warszawa 1978.

[4] van Lint J.H.: Introduction To Coding Theory. Springer-Verlag, Berlin, Hei-delberg, New York 1999.

[5] Malec M.: Elementarny wste↪p do teorii relacji, Cze↪sc I. Wydawnictwo AGH,Krakow 1995.

[6] Marek W., Onyszkiewicz J.: Elementy logiki i teorii mnogosci w zadaniach.

Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 1999.

[7] Mostowski A., Stark M.: Elementy algebry wyzszej. PWN, Warszawa 1958.

[8] Musielak J.: Wste↪p do matematyki. PWN, Warszawa 1970.

[9] Palka Z., Rucinski A.: WykÃlady z kombinatoryki cz. 1. WydawnictwaNaukowo-Techniczne, Warszawa 1998.

[10] Rasiowa H.: Wste↪p do matematyki wspoÃlczesnej. Biblioteka Matematyczna.PWN, Warszawa 1968.

[11] SÃlupecki J., HaÃlkowska K., Pirog-Rzepecka K.: Logika matematyczna. Wy-dawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 1999.

[12] Szkibiel G., Wowk Cz.: Zadania z arytmetyki szkolnej i teorii liczb. Wydaw-nictwo Naukowe Uniwersytetu Szczecinskiego, Szczecin 2000.

[13] Wilson R.J.: Wprowadzenie do teorii grafow. Wydawnictwo Naukowe PWN,Warszawa 2000.

Documents

wmf.univ.szczecin.plwmf.univ.szczecin.pl/~szkibiel/ksiazki/teozbik.pdfwmf.univ.szczecin.pl