Bourbaki

习题 32, § 6

标签 03UV，永久不变。引用为 [Bourbaki, Tag 03UV]。

集合论, III, 250

Bourbaki marks this one as harder than the rest, it is set in small type as supplementary.

Google 翻译生成的粗略草稿，质量较低。术语依照术语表，但句子可能有误；之后会由仔细的译文取代。

设(Mn)(M_n)、(Pn)(P_n)为不相交的有限集合的两个序列（不全为空），由有理数整数的集合Z\mathbf{Z}索引。设αn=Card (Mn)\alpha_n = \mathrm{Card}\ (M_n)，βn=Card (Pn)\beta_n = \mathrm{Card}\ (P_n)。假设存在整数 k>0k > 0，对于每个 n∈Zn \in \mathbf{Z} 和每个整数 l⩾1l \geqslant 1，我们有

αn+αn+1+⋯+αn+l⩽βn−k+βn−k+1+⋯+βn+l+k,\alpha_n + \alpha_{n+1} + \cdots + \alpha_{n+l} \leqslant \beta_{n-k} + \beta_{n-k+1} + \cdots + \beta_{n+l+k},
βn+βn+1+⋯+βn+l⩽αn−k+αn−k+1+⋯+αn+l+k.\beta_n + \beta_{n+1} + \cdots + \beta_{n+l} \leqslant \alpha_{n-k} + \alpha_{n-k+1} + \cdots + \alpha_{n+l+k}.

令 M 为家庭 (Mn)(M_n) 的并，令 P 为家庭 (Pn)(P_n) 的并。证明 P 上存在 M 的双射 φ\varphi 使得

φ(Mn)⊂⋃i=n−k−1n+k+1Piandφ−1(Pn)⊂⋃i=n−k−1n+k+1Mi\varphi(M_n) \subset \bigcup_{i=n-k-1}^{n+k+1} P_i \quad \text{and} \quad \overset{-1}{\varphi}(P_n) \subset \bigcup_{i=n-k-1}^{n+k+1} M_i

对于每个n∈Zn \in \mathbf{Z}。 （考虑每个Mn\mathrm{M}_n（或Pn\mathrm{P}_n）的全序，并取M（或P）作为族(Mn)n∈Z(\mathrm{M}_n)_{n \in \mathbf{Z}}（或(Pn)n∈Z(\mathrm{P}_n)_{n \in \mathbf{Z}}）的序数和（§ 1，习题 3）。 如果n0n_0是指标使得Mn0≠∅\mathrm{M}_{n_0} \neq \emptyset，考虑M的同构到P上，其中变换将Mn0\mathrm{M}_{n_0}的最小元素放入⋃j=n0−kn0+kPj\bigcup\limits_{j=n_0-k}^{n_0+k} \mathrm{P}_j的元素之一，并证明其中一个同构满足要求条件。 令 δ\delta 为数中最小的一个

βn−k+βn−k+1+⋯+βn+l+k−(αn+αn+1+⋯+αn+l),\beta_{n-k} + \beta_{n-k+1} + \cdots + \beta_{n+l+k} - (\alpha_n + \alpha_{n+1} + \cdots + \alpha_{n+l}),
αn−k+αn−k+1+⋯+αn+l+k−(βn+βn+1+⋯+βn+l)\alpha_{n-k} + \alpha_{n-k+1} + \cdots + \alpha_{n+l+k} - (\beta_n + \beta_{n+1} + \cdots + \beta_{n+l})

对于所有n∈Zn \in \mathbf{Z}和所有l⩾1l \geqslant 1。如果n∈Zn \in \mathbf{Z}和l⩾1l \geqslant 1是这样的，对于例，βn−k+βn−k+1+⋯+βn+l+k=δ+αn+αn+1+⋯+αn+l\beta_{n-k} + \beta_{n-k+1} + \cdots + \beta_{n+l+k} = \delta + \alpha_n + \alpha_{n+1} + \cdots + \alpha_{n+l}，我们可以取φ\varphi使得Pn−k\mathrm{P}_{n-k}中的最小元素是像在φ\varphi中的最小元素之下Mn\mathrm{M}_n。）

解答

尚未写出解答。

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无。

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Google 翻译生成的粗略草稿，质量较低。术语依照术语表，但句子可能有误；之后会由仔细的译文取代。