logowanie

Teoria mnogości, zadanie nr 3591

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

Autor	Zadanie / RozwiÄ zanie
geometria postów: 865	2015-09-01 17:35:29 Przyszedl czas na zbiory przeliczalne. Mam taka definicje zbioru przeliczalnego: Zbiór $X$ nazywamy przeliczalnym, gdy jest skończony lub równoliczny z $N$. Uzasadnic szczegolowo, ze zbior wszystkich parzystych liczb calkowitych jest przeliczalny. Zbior wszystkich parzystych liczb calkowitych jest przeliczalny, bo jest rownoliczny z $N$ o czym swiadczy funkcja $f: N\rightarrow Z$ parzyste. f(x)=2n dla x=2n, gdzie n$\in$$N$ -2n-2 dla x=2n+1, gdzie n$\in$$N$ Nie wiem czy to jest rozwiazanie szczegolowe ale zgodne z definicja. Chyba, ze istnieje inny sposob.
tumor postĂłw: 8070	2015-09-01 18:13:44 Jeśli $f(x)=2n$ i $x=2n$, to $f(x)=x$ jest zapisem prostszym. Podobnie jeśli $f(x)=-2n-2$ oraz $x=2n+1$, to $f(x)=-x-1$. OgĂłlnie rozwiÄ zanie jest ok.
geometria postĂłw: 865	2015-09-02 20:07:54 Ktore z nastepujacych zbiorow sa przeliczalne? (odp. uzasadnic) a) zbior miejsc zerowych funkcji sinus $sin: R\rightarrow R$. b) zbior wartosci funkcji sinus.
tumor postĂłw: 8070	2015-09-03 07:10:09 Uzasadniałeś juĹź, Ĺźe dowolny przedział $(a,b)$ i niezdegenerowany $[a,b]$ (czyli dla $b>a$) jest rĂłwnoliczny z $R$. Jest śliczny dowĂłd, Ĺźe $[0,1]$, czyli zarazem $R$ i kaĹźdy przedział otwarty niepusty, jest nierĂłwnoliczny z $N$, niech $f: N \to [0,1]$ będzie dowolnÄ funkcjÄ . WĂłwczas $f(N)$ jest zbiorem jej wartości. StwĂłrzmy liczbę $x$ w następujÄ cy sposĂłb: $x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{9-pr_n(f(n))}{10^n}$ gdzie $pr_n(f(n))$ oznacza n-tÄ cyfrę rozwinięcia dziesiętnego liczby $f(n)$. ZauwaĹźmy, Ĺźe $x$ róşni się przez to pierwszÄ cyfrÄ rozwinięcia od $f(1)$, róşni się od $f(2)$ drugÄ cyfrÄ , róşni się od $f(3)$ trzeciÄ cyfrÄ itd, zatem róşni się od WSZYSTKICH $f(n)$. StÄ d wniosek, Ĺźe $x$, mimo iĹź jest liczbÄ rzeczywistÄ z przedziału $[0,1]$, nie naleĹźy do zbioru wartości. $f(N)\neq [0,1]$. A $f$ wybraliśmy dowolnie, czyli Ĺźadne $f:N\to [0,1]$ nie jest bijekcjÄ , czyli $N$ nierĂłwnoliczne z $[0,1]$, a więc takĹźe z $(0,1)$, $(a,b)$ czy $R$. Zbiorem wartości funkcji sinus jest $[-1,1]$ zatem... Miejscami zerowymi sinusa sÄ $k\pi$, $k \in Z$, zatem $g(k)=k\pi$ jest oczywistÄ bijekcjÄ między $Z$ a zbiorem miejsc zerowych funkcji sinus. ZbiĂłr $Z$ jest... zatem takĹźe zbiĂłr miejsc zerowych sinusa jest... ---- Drobna uwaga. Przedstawiony \"dowĂłd\" jest tak naprawdę ideÄ dowodu, bo zawiera nieścisłość. Nieścisłość polega na istnieniu więcej niĹź jednego rozwinięcia dziesiętnego przez liczby wymierne. Dla przykładu $0,5=0,4(9)$, a przy odpowiednim doborze funkcji f moĹźemy mieć $f(1)=0,5$ oraz $x=0,4(9)$, co nam dowĂłd psuje. Uściślenie dowodu byłoby dłubaniem się ze szczegółami, ktĂłre zaciemnia nieco samÄ ideę, dlatego zdecydowałem się na wersję uproszczonÄ . W wolnej chwili moĹźesz pomyśleć o rozumowaniu pozbawionym luki.
geometria postĂłw: 865	2015-09-03 10:11:06 Zbior $Z$ jest przeliczalny zatem zbior miejsc zerowych sinusa jest przeliczalny. Zbiorem wartosci funkcji sinus jest $[-1,1]$ zatem nie jest on przeliczalny. Przedzial $[-1,1]$ nie jest rownoliczny z $N $). Przedzial $[-1,1]$ jest rownoliczny z $R$ zatem zbior wartosci funkcji sinus jest mocy continuum.
tumor postĂłw: 8070	2015-09-03 13:43:38 Tak, wszystko ok.
geometria postĂłw: 865	2015-09-03 16:19:47 Dziekuje. Udowodnic, ze zbior $A=\{x\in R: sin(x)=\frac{1}{2}\}$ jest przeliczalny, odwolujac sie wprost do definicji zbioru przeliczalnego. Czyli elementami zbioru A sa rozwiazania rownania $sin(x)=\frac{1}{2}$, ktore sa postaci $\frac{\pi}{6}+2k\pi $ lub $\frac{5\pi}{6}+2k\pi$, gdzie $k\in Z$. Wedlug mnie zbior A jest zbiorem nieskonczonym (bo tych rozwiazan bedzie nieskonczenie wiele). Wiec z definicji zostaje tylko, ze A jest przeliczalny, bo jest rownoliczny z $N$. Ale jakby wygladala do tego funkcja?
tumor postĂłw: 8070	2015-09-03 17:24:26 MoĹźna to zrobić na wiele sposobĂłw. a) Wystarczy, Ĺźe poukładasz wyrazy w ciÄ g. Na przykład moĹźna uporzÄ dkować względem wartości bezwzględnej: $a_1=\frac{1}{6}\pi$ $a_2=\frac{5}{6}\pi$ $a_3=\frac{-7}{6}\pi$ $a_4=\frac{-11}{6}\pi$ $a_5=\frac{13}{6}\pi$ ... co moĹźna zapisać rekurencyjnie: $a_n=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{6}\pi \mbox{ dla } n=1\\ \frac{5}{6}\pi \mbox{ dla } n=2\\ \frac{-7}{6}\pi \mbox{ dla } n=3\\ \frac{-11}{6}\pi \mbox{ dla } n=4\\ a_{n-4}+sgn(a_{n-4})*2\pi \mbox{ dla } n>4 \end{matrix}\right.$ b) albo wprost: $a_n=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{6}\pi+\frac{n}{4}*2\pi \mbox{ dla } n=4k, k\in Z\\ \frac{5}{6}\pi+\frac{n-1}{4}*2\pi \mbox{ dla } n=4k+1, k\in Z\\ \frac{-7}{6}\pi-\frac{n-2}{4}*2\pi \mbox{ dla } n=4k+2, k\in Z\\ \frac{-11}{6}\pi-\frac{n-3}{4}*2\pi \mbox{ dla } n=4k+3, k\in Z \end{matrix}\right.$ c) jeszcze zabawniej wprost (osobiście polecam to rozwiÄ zanie ze względu na to, Ĺźe nigdy nie widziałem studenta, ktĂłry by tak zrobił) $f(n)=(-1)^{\frac{n^2+n+2}{2}}(\frac{2n-1}{4}+(-1)^n*\frac{1}{12})\pi$ dla $N=\{1,2,3,...\}$ (hehe, no i nie powiem jak się takie z głowy bierze) d) moĹźna rzecz podobnÄ jak w b) zapisać mnogościowo, czyli stworzyć bijekcję $g:N\to N\times \{a,b,c,d\}$ (co nie powinno być trudne na podstawie poprzednich zadań ktĂłre robiliśmy) i rozpatrywać ciÄ gi $a_n=\frac{1}{6}\pi+2k\pi, k\in N_0$ $b_n=\frac{5}{6}\pi+2k\pi, k\in N_0$ $c_n=\frac{-7}{6}\pi-2k\pi, k\in N_0$ $d_n=\frac{-11}{6}\pi-2k\pi, k\in N_0$ z ktĂłrych kaĹźdy jest bijekcjÄ części rozwiÄ zań na $N$. Wtedy $h:N\times \{a,b,c,d\}\to sol(sinx=\frac{1}{2})$ dana wzorem $h(n,x)=x_n$ jest bijekcjÄ na zbiĂłr rozwiÄ zań danego rĂłwnania no i $h\circ g$ jest bijekcjÄ szukanÄ . :) e) ogĂłlnie: jeśli podzielisz N na cztery nieskończone zbiory A,B,C,D to kaĹźdy z nich jest rĂłwnoliczny z N. Wystarczy wtedy pokazać rĂłwnoliczność A i ciÄ gu $a_n$, rĂłwnoliczność B i ciÄ gu $b_n$ etc, a wybĂłr zbiorĂłw A,B,C,D jest dowolny, bylebyś umiał to przeprowadzić.
geometria postĂłw: 865	2015-09-04 11:52:53 Dziekuje. Udowodnic, ze zbior $A=\{x\in R: sin(x)\in Q\}$ jest przeliczalny. Elementami zbioru A sa wartosci funkcji sinus, ktore naleza do zbioru liczb wymiernych. Zbior A jest nieskonczony. Zbior A jest przeliczalny, bo zbior liczb wymiernych jest przeliczalny.
tumor postĂłw: 8070	2015-09-04 12:02:35 Elementami zbioru A sÄ ARGUMENTY RZECZYWISTE funkcji sinus, dla ktĂłrych wartość jest przeliczalna. Nie powiesz chyba, Ĺźe funkcja $g(x)=0$ ma przeliczalnie wiele miejsc zerowych w R, skoro ma przeliczalnie wiele wartości? :) ZbiĂłr A nie zawiera się w zbiorze liczb wymiernych (bo w szczegĂłlności dla $\pi \in R\backslash Q$ mamy $sin(\pi)\in Q$) Masz udowodnić, Ĺźe przeciwobraz zbioru $Q$ przez funkcję sinus jest przeliczalny. Bijekcja będzie dość skomplikowana, ale da się zrobić. MoĹźesz teĹź dowodzić pośrednio. Wiadomość była modyfikowana 2015-09-04 12:04:07 przez tumor
strony: 1 2

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

© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt   drukuj