Logika, zadanie nr 1367
ostatnie wiadomo艣ci | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwi膮zanie |
jehns post贸w: 10 |  2013-05-31 17:16:52Ustali膰 moce zbior贸w (a) $N^{2}$ (b) $R^{2}$ (c) $N^{R}$ (d) $R^{N}$ |
tumor post贸w: 8070 | 2013-05-31 19:08:08 Nie odpisujesz na moje pytania. :) Dlatego dostaniesz zn贸w rzecz z tw. Hessenberga. Je艣li $A$ jest niesko艅czony, to dla $n,m\in N^+$ mamy $A^n\sim A^m$. Zatem $N^2\sim N$, czyli moc $\aleph_0$ $R^2\sim R$, czyli moc $\mathfrak{c}$ |
tumor post贸w: 8070 | 2013-05-31 19:27:43 c) Mamy $2^R \le N^R \le R^R \le (2^N)^R \le 2^{N\times R} \le 2^R$ (w zasadzie trzeba by poda膰 jakie艣 odwzorowania dowodz膮ce nier贸wno艣ci. Pierwsze dwie za艂atwia identyczno艣膰. Trzeci膮 rozumowanie z s膮siedniego zadania o zapisie dw贸jkowym liczb rzeczywistych z przedzia艂u $[0,1]$. Czwarta nier贸wno艣膰 wygl膮da na oczywist膮, ale by trzeba umie膰 dowie艣膰, 偶e pot臋gi niesko艅czone si臋 b臋d膮 podobnie zachowywa膰. Mo偶emy jednak potraktowa膰 $2^N$ jak $R$, $(2^N)^R$ jak funkcje $f:R\to [0,1]$, a $2^{N\times R}$ jak funkcje $g:N\times R \to \{0,1\}$. Ustalmy $f$. Dla ka偶dego $x\in R$ i $n\in N$ zdefiniujmy $g(n,x)=$ $n$-ta cyfra rozwini臋cia dw贸jkowego liczby $f(x)$. Bierzemy poprawk臋 na niejednoznaczno艣膰 rozwini臋cia, ale drugi raz t艂umaczy膰 nie b臋d臋. :) Nier贸wno艣膰 ostatnia wynika z prostego $R \le N\times R \le R\times R \le R$ ) |
tumor post贸w: 8070 | 2013-05-31 19:30:18 d) Podobnie jak wy偶ej. $R\le 2^N \le R^N \le (2^N)^N \le 2^{N\times N} \le 2^N \le R$ |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przys艂uguje tylko zalogowanym u偶ytkownikom. Zaloguj si臋 lub zarejestruj