logowanie

matematyka » forum » forum zadaniowe - uczelnie wyższe » zadanie

Teoria mnogości, zadanie nr 4467

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorZadanie / Rozwiązanie

geometria
postów: 863
2016-04-16 18:45:44

Udowodnij lub obal ponizsze stwierdzenia. Zapisz je symbolicznie i przeanalizuj ich strukture.

a) Zalózmy, ze A i B sa zbiorami. Wtedy istnieje zbiór C taki, ze $C\subseteq A$ oraz $B\subseteq C$.

Zapis symboliczny: (*) ($\forall_{A,B}$)($\exists_{C}$)($C\subseteq A$ $\wedge$ $B\subseteq C$)

Gdy to stwierdzenie bedzie falszywe to jego negacja, czyli (**) ($\exists_{A,B}$)($\forall_{C}$)($C\nsubseteq A$ $\vee$ $B\nsubseteq C$) bedzie prawdziwa. (wtedy jakies zbiory A, B beda kontrprzykladem dla wyjsciowego stwierdzenia)

Przypuszczam, ze wyjsciowe stwierdzenie jest falszywe, bo po narysowaniu rysunku widac, ze gdy zbiory A, B rozlaczne to wtedy to nie zachodzi dla zadnego C.

Czyli musze udowodnic (**).
Niech A={5}, B={6}. (zbioru C nie moge ustalac, bo musze to udowodnic dla dowolnego zbioru C) Musze pokazac, ze ($C\nsubseteq A$ $\vee$ $B\nsubseteq C$), ale nie wiem jak.


geometria
postów: 863
2016-04-17 15:43:10

b) Zalozmy, ze A i B sa rozlacznymi zbiorami. Wtedy kazdy podzbiór C zbioru A jest rozlaczny ze zbiorem B.

$\forall_{A,B}$$A\cap B=\emptyset\Rightarrow\forall_{C}(C\subseteq A \Rightarrow C\cap B=\emptyset)$

Tak.
D-d.
Niech A,B dowolne zbiory takie, ze $A\cap B=\emptyset$ oraz niech C dowolne takie, ze $C\subseteq A$.
Skoro $C\subseteq A$, to wszystkie elementy zbioru C naleza do zbioru A. Zatem z zal. ze $A\cap B=\emptyset$ mamy $C\cap B=\emptyset$.

c) Istnieja zbiory A i B takie, ze kazdy nadzbiór A jest podzbiorem B.

$\exists_{A,B}$$(\forall_{C}(A\subseteq C \Rightarrow C \subseteq B))$

Negacja tego wyrazenia to $\forall_{A,B}$$(\exists_{C}(A\subseteq C \wedge C \nsubseteq B))$
Jak udowodnimy negacje to bedzie to kontrprzykladem dla wyjsciowego stwierdzenia i bedzie swiadczylo o tym, ze jest falszywe.

Niech A, B dowolne zbiory.
Mamy wskazc taki zbior C, zeby zbior A sie w nim zawieral i zeby C nie zawieral sie w B.
C nie bedzie zawieral sie w B jezeli przynajmniej jeden element zbioru C nie bedzie nalezal do B. Zatem zalozmy, ze $x\notin B$. Wtedy C=A$\cup$ {x}.
d) Istnieje zbiór rozlaczny z kazdym podzbiorem liczb naturalnych.

$\exists_{A}$$(\forall_{B})$$(B\subseteq N \Rightarrow A\cap B=\emptyset)$

Tak.
D-d.
Niech zbior B bedzie dowolnym podzbiorem liczb naturalnych.
Wowczas dla A={-3} mamy A$\cap$ B={-3}$\cap$ B=$\emptyset$.

e) Niech x bedzie dowolna liczba rzeczywista wieksza od 1. Wtedy kazda liczba rzeczywista y mniejsza od x jest mniejsza od $x^{2}$.

$\forall_{x\in R}$$(x>1 \Rightarrow \forall_{y\in R}(y<x \Rightarrow y<x^{2})$

D-d.
Niech x bedzie dowolna liczba rzeczywista wieksza od 1 oraz niech y dowolna l. rzeczywista taka, ze y<x.
Z zal. x>1, wiec $x<x^{2}$. Wiedzac, ze y<x, to z przechodniosci mamy $y<x^{2}(bo, $$y<x \wedge x<x^{2} \Rightarrow y<x^{2}$).

f) Iloczyn liczby wymiernej i niewymiernej jest niewymierny.
$(\forall_{a})(\forall_{b})(a\in Q \wedge b\in R\backslash Q \Rightarrow a*b\in R\backslash Q)$

Negacja tego stwierdzenia to:
$(\exists_{a})(\exists_{b})(a\in Q \wedge b\in R\backslash Q \wedge a*b\notin R\backslash Q)$

Tak, bo dla a=0, b=$\sqrt{2}$ mamy $0*\sqrt{2}=0\notin R\backslash Q$
Negacja stwierdzenia wyjsciowego jest prawdziwa zatem jest to kontrprzyklad na falszywosc wyjsciowego stwierdzenia.

g) Iloczyn liczby wymiernej roznej od zera i niewymiernej jest niewymierny.
$(\forall_{a})(\forall_{b})( a\neq0 \wedge a\in Q \wedge b\in R\backslash Q \Rightarrow a*b\in R\backslash Q)$

D-d nie wprost.
Przypuscmy, ze iloczyn jest wymierny.
Niech bedzie on rowny c.
Czyli a*b=c.
Wowczas b=$\frac{c}{a}$, ale c i a to liczby wymierne zatem ich iloraz tez jest wymierny. Sprzecznosc, bo b byla niewymierna.



Wiadomość była modyfikowana 2016-04-17 15:51:25 przez geometria

tumor
postów: 8070
2016-04-18 12:50:17

a)

Jeśli sprawdzasz alternatywę n składników, to możesz uznać, że n-1 z nich jest fałszywych i sprawdzić, czy musi być prawdziwy ostatni.

Jeśli nie musi - to fałszywe mogą być wszystkie.

Możemy zatem uznać, że $C\subset A$,
wtedy $C=\emptyset$ lub $C=A$. W obu przypadkach B nie jest podzbiorem C, czyli któryś człon alternatywy zawsze (dla każdego C) jest spełniony, bo pokazaliśmy, że jeśli nie pierwszy, to koniecznie drugi.

b) jest ok, choć dowód zasadniczo nie mówi nic w sposób bardziej oczywisty niż teza. Z reguły chodzi o to, że teza nie jest oczywista, a dowód jest, wobec tego uzasadniamy tezę dowodem. :)
Dla zbyt prostych tez jest to trudne, bo jak znaleźć coś jeszcze prostszego?

c) rozwiązanie ścisłe wymaga przestrzeni albo nieco lepszego argumentu.
Jeśli $A,B\subset X$, X jest naszą przestrzenią, a przypadkiem B=X, to oczywiście każdy nadzbiór A w przestrzeni X jest zarazem podzbiorem B.
Jeśli jednak naprawdę A,B są dowolnymi zbiorami, to niech $C=A\cup B\cup \{B\}$.
Jeśli bowiem używasz jakiegoś elementu x, to wypada, dla ścisłości, podać, skąd go się bierze, żeby uzasadnić, że w ogóle DA SIĘ taki element znaleźć.

Czemu bowiem nie uznać B="zbiór wszystkiego"? Wówczas NIE MA x nienależącego do B, zatem Twój dowód byłby zły.

Udowodniono twierdzenie, że nie istnieje zbiór wszystkiego. Nie istnieje zbiór wszystkich zbiorów. Żaden zbiór nie należy sam do siebie jako element.

Wobec tego szukanym elementem x najlepiej niech jest B, czyli do B i A dodajemy zbiór $\{B\}$. Stąd pewność, że taki C jest nadzbiorem A, nie jest podzbiorem B.





tumor
postów: 8070
2016-04-18 14:04:35

d) ok

e) ok

f) ok

g) OK

strony: 1

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





© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt   drukuj