Jasno je da vrijedi za skupove iz f(R):
1.) Za svaka dva skupa A i B takva da je mora da postoji skup C tako da vrijedi
2.) f(R) nema ni najmanji ni najveci element
3.) B je podskup sa beskonacno mnogo elemenata jer u suprotnom ne bi vrijedilo 1.)
4.) A je podskup sa beskonacno mnogo elemenata jer bi u suprotnom ne bi vrijedilo 2.)

Pošto skup R ima neprebrojivo mnogo elemenata, a skup f(R) prebrojivo mnogo (kada bi ih imao neprebrojivo mnogo sa gornjim osobinama i sam N bi ih imao neprebrojivo mnogo), traženo preslikavanje ne postoji. Nemoguće je utopiti neprebrojiv u prebrojiv skup.

Drago mi je da se neko zainteresovao za ovaj zadatak.



Pretpostavljam da je . U tom slučaju se slažem sa navedenim. Dakle, za svako , skupovi i su beskonačni i za ma koje za koje je skup je beskonačan.



Kako si zaključio da je skup prebrojiv? Kako je njegova neprebrojivost u nesaglasnosti sa prebrojivošću ?

Bio sam u frci sa vremenom, naveo sam ugrubo skicu dokaza, da vidim da li je dobro. Sada ću neke dijelove detaljnije da obrazložim.

Hvala Nedeljko što si me dopunio, nisam stigao sve da napišem.

Da, tako je kako si napisao.



Pretpostavimo suprotno, da je f(R)={f(x)|xR} neprebrojiv.

Tada postoji familija skupova , . je skup indeksa, prema našoj pretpostavci neprebrojiv. , . Jasno je da je \ beskonačan skup (u suprotnom ne bi postojao skup tako da vrijedi , za svako i i j iz skupa indeksa ). Jasno je da je svaki od ovih skupova beskonačan kao i njihovi komplementi u N što takođe slijedi iz osobina (R,<) i definicije funkcije f.

Za svaka dva indeksa i i j iz skupa , , može se uzeti element N koji pripada skupu \. Na taj način formiran skup {N|} iz lanca skupova je neprebrojiv.

{N|}N je u kontradikciji sa prebrojivošću skupa N.

Skup indeksa koji pominješ je zapravo skup realnih brojeva i .

Dalje, ti paru pridružuješ neko , što se opisuje funkcijom . Dakle, imaš dva argumenta, a ne jedan indeks. No, postojanje takve funkcije ne znači ništa, jer nisi dokazao injektivnost.

Kako R i P(N) imaju istu kardinalnost to postoji bijekcija f: R->P(N) ,tako da je jedino pitanje monotonost takve funkcije

Dalje definisimo funkciju f1:R->P(Q) tako da je f(x)={q|q<=x}
Posto N i Q imaju istu kardinanost to postoji bijekcija g:N->Q
Dalje mozemo definisati funkciju f2: P(Q) -> P(N) takvu da za svako A podskup Q f2(A)={n | n element N i g(n) element A}(tj. g^-1 (A) )
kako je kompozicija dve monotone funkcije takodje monotona to je i funkcija f= f1◦f2 takodje monotona

Izvinjavam se sto ne koristim LATEX posto sam relativno nov na forumu i nisam stigao da ga pogledam.

Ovo sto sam napisao meni deluje na prvi pogled tacno, mada sam dosta umoran i moguce da sam nesto prevideo, ispravite me ako gresim.

Bravo! Tačno to rešenje sam predvideo. Dakle, traženo utapanje postoji.

Neka je bijekcija skupa prirodnih brojeva na skup racionalnih brojeva. Tada je jedno od utapanja sa traženim osobinama dato sa .

-ove sam birao kao minimalne elemente skupova .

Kako traženo utapanje postoji, nameće se zaključak da se radi o praznim skupovima?

_{[Ovu poruku je menjao Sini82 dana 06.11.2010. u 14:40 GMT+1]}