Logika, zadanie nr 3101

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
karaoken postów: 6	2015-01-22 22:27:30 1. Jaka jest moc zbioru {$(x,y) \in Q^{2}: x^{2} + y^{2} =1$} 2. Jakie są moce zbiorów wszystkich ciągów liczb rzeczywistych zbieżnych do zera i całkowitych zbieżnych do zera? 3. Jaka jest moc zbioru a.{$X \subset N:\|X\|< \aleph_{0} $}, b.{$X \subset N:\|X\|= \aleph_{0}$}, c.{$X \subset R:\|X\|< \aleph_{0}$}, d.{$X \subset R:\|X\|= \aleph_{0}$}

karaoken postów: 6	2015-01-22 22:29:20 Wyników potrafię się domyślić, nie wiem jednak jak dobrze udowodnić. btw nie da się tu postów edytować?

kebab postów: 106	2015-01-23 00:07:04 1. $A=\{ (x,y)\in Q^2 : x^2+y^2=1 \}$ Moc zbioru $A$ jest co najwyżej $\aleph_0$ bo moc zbioru wszystkich par liczb wymiernych wynosi $\aleph_0$ Czyli $\|A\|\le \aleph_0$ Ale zbiór $A$ jest nieskończony bo np. $(x,y)=\left(\frac{2n}{n^2+1},\frac{n^2-1}{n^2+1}\right)$ Zatem $\|A\|=\aleph_0$ Wiadomość była modyfikowana 2015-01-23 00:07:46 przez kebab

tumor postów: 8070	2015-01-23 06:24:59 2. Całkowite zbieżne do zera powiedzieć łatwo, będzie $\aleph_0$. Ciąg taki musi mieć począwszy od n-tego miejsca zera, dla pewnego n naturalnego. Na wcześniejszych n-1 miejscach może mieć dowolne liczby całkowite. Ilość ciągów mających zera od pierwszego miejsca jest skończona, od drugiego - nieskończona przeliczalna, od trzeciego - nieskończona przeliczalna etc, stąd zbiór wszystkich ma moc jak przeliczalna suma zbiorów przeliczalnych. Wiadomość była modyfikowana 2015-02-07 10:46:10 przez tumor

tumor postów: 8070	2015-01-23 06:37:21 3. a) skończonych podzbiorów N jest przeliczalnie wiele, argumentacja jak w zadaniu 2. Podzbiorów zeroelementowych jest skończenie wiele, podzbiorów jednoelementowych nieskończenie przeliczalnie wiele, dwuelementowych nieskończenie przeliczalnie wiele (il. kartezjański zbiorów przeliczalnych to zbiór przeliczalny), etc. Sumujemy, a przeliczalna suma zbiorów przeliczalnych jest zbiorem przeliczalnym. b) skoro podzbiorów N jest $2^{\aleph_0}=\mathbb{c}$, a skończonych jest $\aleph_0$, to nieskończonych... c) argumentacja analogiczna do a). Podzbiorów jednoelementowych jest $\mathbb{c}$, dwuelementowych... d) argumentacja jak w b), skoro wszystkich podzbiorów R jest $2^\mathbb{c}$, a skończonych jest..., to nieskończonych...

karaoken postów: 6	2015-01-23 16:49:36 Podzbiorów N jest $2^{\aleph_{0}}$ bo jeżeli zbiór ma n elementów to ilość jego podzbiorów to $2^{n}$, nie muszę tego udowadniać? I właściwie to ile jest tych podzbiorów nieskończonych R, bo mi wygląda na to że więcej niż c, co to znaczy większe niż c? To samo w zadaniach: 1. Pokaż że $n \cdot \aleph_{0}=\aleph_{0} ^{n}=\aleph_{0}$ dla każdej liczby naturalnej n>0. Wyznacz liczbę $\aleph_{0} ^{\aleph_{0}}$ Dlaczego takie coś zachodzi? W normalnych liczbach to nie ma sensu. 2.Udowodnij, że jeśli A jest zbiorem nieskończonym, to $\left\| A\right\|<\left\| A ^{A} \right\|$ Co to znaczy moc A do potęgi A? Jakby była moc A do potęgi mocy A to OK ale tak to nie wiem co to w ogóle znaczy.

tumor postów: 8070	2015-01-23 18:23:55 Olaboga, ktoś się nie uczy na bieżąco. :) Moc zbioru N (a także Q, Z, $N^2$, $N^n$,...) oznaczamy $\aleph_0$. Moc zbioru R (a także R\backslash Q, C, $R^n$) oznaczamy $\mathbb{c}$. Jeśli x jest mocą zbioru A, to: każdy podzbiór wyznacza funkcję charakterystyczną, czyli katą, która elementom podzbioru przyporządkowuje 1, a pozostałym 0. Ilość funkcji $A\to \{0,1\}$ oznaczamy $2^x$. Dla zbiorów skończonych pokrywa się to z normalnym potęgowaniem. Moc zbioru liczb rzeczywistych jest równa mocy zbioru P(N)=$2^N$, czyli zbioru potęgowego N, czyli rodziny wszystkich podzbiorów N. Dla KAŻDEGO zbioru A jego zbiór potęgowy ma WIĘKSZĄ moc niż A (nie równą). Dlatego moc rodziny wszystkich podzbiorów R to więcej niż moc R. Dowód tego twierdzenia powinien być na wykładzie, bywa też w podręcznikach teorii mnogości. Jeśli skończonych podzbiorów R jest $\mathbb{c}$, a wszystkich $2^\mathbb{c}$, to nieskończonych jest $2^\mathbb{c}-\mathbb{c}=2^\mathbb{c}$. Liczby kardynalne określające moce zbiorów nieskończonych odejmują się tak właśnie. :) --- 1. Moc liczb naturalnych to $\aleph_0$, moc liczb całkowitych to $2\aleph_0$, bo naturalne dodatnie i ich przeciwieństwa, ale istnieje bijekcja z naturalnych (dodatnich) na całkowite, na przykład dana wzorami $f(n)=n/2$ dla n parzystych $f(n)=-(n-1)/2$ dla n nieparzystych Zatem moce N i Z są równe. Czyli $2\aleph_0=\aleph_0.$ Rozumując analogicznie $2\aleph_0=3\aleph_0$, stąd $n*\aleph_0=\aleph_0.$ Podobnie istnieje bijekcja z $N^2$ na $N$ dana wzorem $f(n,m)=2^{n-1}(2m-1)$ (rozumiem tu naturalne bez zera, ale po drobnej przeróbce wzór będzie dobry dla naturalnych z zerem). Stąd $\aleph_0^2=\aleph_0$. Znów przez indukcję mamy $\aleph_0^n=\aleph_0$

tumor postów: 8070	2015-01-23 18:34:12 2. Zbiór $A^A$ proponuję rozumieć jako zbiór wszystkich funkcji z A w A. Jeśli A ma co najmniej dwa elementy, to wszystkich funkcji z A w A jest nie mniej niż funkcji charakterystycznych, czyli nie mniej niż $2^{\|A\|}$. Zatem mamy $\|A\|\le 2^{\|A\|}\le \|A^A\|$ Pokażemy, że pierwsza z nierówności jest ostra. Niech $f:A\to P(A)$. Ostrość nierówności powyżej jest równoważna twierdzeniu, że f nie jest bijekcją. Niech $B=\{x\in A: x\notin f(x)\}$ Wówczas $B\in P(A)$ oraz B nie jest dla żadnego $a\in A$ równe f(a). Zatem f nie jest bijekcją. Zatem $\|A\|<\|P(A)\|$. ---

karaoken postów: 6	2015-02-07 10:28:09 Ktoś robił 3d. na tablicy i wyszła odpowiedź c a Ty napisałeś że $2^{c}$ kto ma rację?:)

tumor postów: 8070	2015-02-07 10:48:18 Ktoś. Napisałem, że rozumowanie jest analogiczne, a nie jest, bo źle przeczytałem przykład. :) Funkcji z N w R jest $c^{\aleph_0}=c$,

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj