logowanie

matematyka » forum » forum zadaniowe - uczelnie wyższe » zadanie

Teoria mnogości, zadanie nr 3574

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorZadanie / Rozwiązanie

geometria
postów: 865
2015-08-17 01:13:47

Twierdzenie (Cantor-Bernstein)
Jesli $A \subseteq B \subseteq C$ i A$\sim$C, to B$\sim$C.

Korzystajac z powyzszego twierdzenia udowodnic, ze zbiory A i B sa rownoliczne.

A={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}+y^{2}$$\le$1}
B={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}+y^{2}$$\lt$1}


geometria
postów: 865
2015-08-18 19:13:46

Dziekuje.

A czy mozna by to zadanie rozwiazac rowniez tak:

Niech C={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}$$+y^{2}$$\le$$\frac{1}{4}$} - kolo domkniete

Zatem
C$\subseteq$B$\subseteq$A i C$\sim$A (bo kola domkniete sa rownoliczne), to B$\sim$A.




janusz78
postów: 820
2015-08-18 19:27:10

Można, wpisując koło C w koło A, ale musisz wcześniej pokazać, że dwa koła domknięte są zbiorami równolicznymi czyli $C\sim A.$


geometria
postów: 865
2015-08-18 19:51:21

A w jaki sposob to pokazac? Przez stworzenie bijekcji?


geometria
postów: 865
2015-08-19 12:45:17

Zrobilem tak:
Niech f bedzie funkcja uzasadniajaca rownolicznosc C$\sim$A.
f: C$\mapsto$A
f($\lt$x,y$\gt$)=$\lt$2x,2y$\gt$ dla $\lt$x,y$\gt$$\in$C.

Poprawnie?


janusz78
postów: 820
2015-08-19 21:40:05

Ogólnie:
$ f(x,y) = (u,v)= (\frac{R}{r}x,\ \ \frac{R}{r}y),$

gdzie $ x,y \in A.$






geometria
postów: 865
2015-08-19 23:18:42

Sprobuje zrobic jeszcze ogolniej.
Niech
A={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$(x-a)^{2}$+$(y-b)^{2}$$\le$$R^{2}$}
B={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$(x-c)^{2}$+$(y-d)^{2}$$\le$$r^{2}$}

Funkcja f ustalajaca rownolicznosc zbiorow A i B
f: A$\rightarrow$B
f($\lt$x,y$\gt$)=$\lt$$\frac{R}{r}$$x+|a-c|$, $\frac{R}{r}$$y+|b-d|$$\gt$ dla $x,y \in A$

Dobrze?


geometria
postów: 865
2015-08-21 10:07:28

Czy wzor napisany wczesniej jest poprawny? Tworzy sie funkcje podobienstwa czy jednokladnosci?


tumor
postów: 8070
2015-08-21 14:07:41

Janusz znów spaprał, tym razem napisał bzdurkę taką:

-----

$ A\sim A $ dwa koła z brzegiem są zbiorami równolicznymi (proszę pokazać, w tym przypadku można skorzystać z faktu, że relacja równoliczności zbiorów jest relacją zwrotną)

Usuwając z $ A $ brzeg otrzymujemy $B$

Z twierdzenia Cantora-Bernsteina

$ (A\subseteq B \subseteq A) \wedge (A\sim A) \rightarrow (B\sim A)$

c.b.d.o.

-----

Pierwszy błąd Janusza polega na "usunięciu brzegu" jakby to z całą pewnością nie zmieniało mocy zbioru. A może zmieniać. Jeśli korzystamy z jakiegoś brzegu (w ogóle gdzie odwołanie do jakiejś definicji? jakichś własności?) to tak naprawdę sięgamy po narzędzia bardziej skomplikowane, by nie użyć prostszych. Bezzasadne.
Drugi błąd polega na uznaniu A pozbawionego brzegu wciąż za A, gdy w tym przypadku to prawdą nie jest (nie tylko: nie bywa prawdą w ogólności).
NIE JEST prawdą
$A \subset B \subset A$, skoro A brzeg ma, a B nie ma.



Dla przykładu:
A - zbiór liczb wymiernych w R
B - zbiór pusty
A pozbawiony brzegu daje B
zatem
$(A\subseteq B \subseteq A) \wedge (A \sim A) \rightarrow (A \sim B)$

W ten sposób janusz udowadnia, że liczb wymiernych nie ma, bo ich zbiór jest równoliczny ze zbiorem pustym. Gratuluję odkrycia, bo metody jednak nie.


-------

geometria: nie słuchaj janusza, chyba że akurat daje tytuł książki, tam się nie myli aż tak często.
Twoja metoda była odpowiednia, właśnie tak należało zrobić zadanie
(albo analogicznie: tworząc $D=\{<x,y>\in R^2:x^2+y^2<4\}$ i używając $B\subset A\subset D$ i równoliczności $B\sim D$ dzięki bijekcji)


Funkcja pokazująca równoliczność dwóch dowolnych kół domkniętych nie jest zrobiona całkiem dobrze. Zauważ, że wartości bezwzględne dają wyniki nieujemne, czyli ewentualne przesunięcie masz tylko w dodatnich kierunkach osi. A przecież okręgi można też przesuwać w stronę przeciwną. Po co wartość bezwzględna?
Gdy nie wiesz, czy wzór działa, testuj go na przykładach.
Weź proste okręgi jednostkowe, jeden o środku (1,1), a drugi (0,0), no i już nie sposób mnożeniem jakiejkolwiek dodatniej współrzędnej pierwszego okręgu przez liczbę dodatnią $\frac{R}{r}$ i dodaniem liczby nieujemnej |a-c| uzyskać 0, czyli na pewno bijekcji między tymi okręgami nie masz. :)

Popatrz na to tak:
A - koło o środku $S_1=(a,b)$ i promieniu R
B - koło o środku $S_2=(c,d)$ i promieniu r

$<x,y>$ dowolny punkt zbioru A
Wtedy
$<x,y> \mapsto <x-a,y-b>$ przekształca A na koło o tym samym promieniu i środku $(0,0)$
następnie
$\mapsto <\frac{x-a}{R},\frac{y-b}{R}>$ przekształca powyższe na koło jednostkowe, następnie poprawmy promień
$\mapsto <\frac{r(x-a)}{R},\frac{r(y-b)}{R}>$
i przesuńmy w miejsce docelowe
$\mapsto <\frac{r(x-a)}{R}+c,\frac{r(y-b)}{R}+d>$

Jak widać powyższe jest złożeniem translacji i skalowania.

Można inaczej.
Weźmy okręgi podobnie jak wyżej, ale teraz machnijmy im punkt S tak, aby
$\frac{R}{r}=\frac{|S_1S|}{|S_2S|}$ i by S leżał na odcinku $S_1S_2$
Jeśli teraz P jest punktem na kole A, to $\vec{PS}$ jest wektorem z P do S, natomiast $P`=P+\frac{r+R}{R}\vec{PS}$ jest obrazem P.

Przy tym jeśli nie pokrywają się środki kół i promienie są różne, to istnieje też S będący środkiem jednokładności $f:A\to B$ o dodatnim k.

Jeszcze inaczej: w ogóle popatrz na problem geometrycznie. Na ile czysto geometrycznych sposobów można jedno koło przekształcić na drugie! Można najpierw przeskalować, by zgadzały się promienie, a potem zrobić symetrię punktową lub osiową.
Można kilka z przekształceń (jednokładność, translacja, obrót, symetria, skalowanie) złożyć, dostając przeróżne warianty.
Nie mówiąc o tym, że to, co tu robimy, to wszystko izometrie (pamiętasz z geometrii?) nie zmieniające odległości pomiędzy dwoma punktami, do tego skalowania, czyli przekształcenia liniowe. Natomiast bijekcja, która pokazuje równoliczność, nie musi być przekształceniem liniowym, afinicznym, izometrią, można więc na wiele sposobów wykrzywiać i zniekształcać okręgi, byle ostatecznie stworzyć bijekcję. A dróg rozwiązania jest dużo.

Niech $A=B=\{<x,y>:x^2+y^2\le 1\}$
oraz niech
$f(<x,y>)=<xcos(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2}) - ysin(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2}), xsin(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})+ycos(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})>$
Powyższe jest zabawnym przekształceniem okręgu na ten sam okrąg, które środek zostawia w miejscu, a punkty dalsze od środka zostawia w tej samej odległości, ale obraca je dookoła środka o pewien kąt zależny od odległości od środka.
A można to jeszcze zmodyfikować, na przykład tak:

$f(<x,y>)=<\sqrt[5]{xcos(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2}) - ysin(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})}, \sqrt[5]{xsin(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})+ycos(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})}>$

To ostatnie przekształcenie jeszcze rozciąga odległości punktów od środka, zostawiając jednak stałą odległość brzegu koła od środka i nie ruszając też samego środka.

Ba, to, co robię, to są nadal przekształcenia ciągłe, a przecież bijekcja nie musi być ciągła nawet. To zwiększa ilość możliwości bardzo bardzo znacznie.

Wiadomość była modyfikowana 2015-08-21 14:32:20 przez tumor

geometria
postów: 865
2015-08-21 17:42:03

Dziekuje bardzo za wyjasnienia.

Dla przecwiczenia zrobie takie zadanie:
Korzystajac z twierdzenia Cantora-Bernsteina udowodnic, ze zbiory A i B sa rownoliczne.

A={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}$+$y^{2}$$\le$1}
B={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$(x-1)^{2}$+$(y-2)^{2}$$\le$9}; $S_{1}$=(1, 2); r=3

Niech C={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}$+$y^{2}$$\le$$\frac{1}{4}$}; $S_{2}$=(0, 0); R=$\frac{1}{2}$.

Wtedy
C$\subseteq$A$\subseteq$B i C$\sim$B, to na podstawie tw. Cantora-Bernsteina A$\sim$B.

Funkcja f swiadczaca o rownolicznosci C$\sim$B, to
$f: C\rightarrow$B
f($\lt$x,y$\gt$)=$\lt$$\frac{3(x-0)}{0,5}$+1, $\frac{3(y-0)}{0,5}$+2$\gt$=$\lt$6x+1, 6y+2$\gt$ dla x,y$\in$C.

Mam nadzieje, ze sie nie pomylilem.

strony: 1 2

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





© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt   drukuj