Teoria mnogo艣ci, zadanie nr 4467
ostatnie wiadomo艣ci | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwi膮zanie |
geometria post贸w: 865 |  2016-04-16 18:45:44Udowodnij lub obal ponizsze stwierdzenia. Zapisz je symbolicznie i przeanalizuj ich strukture. a) Zal贸zmy, ze A i B sa zbiorami. Wtedy istnieje zbi贸r 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 post贸w: 865 | 2016-04-17 15:43:10 b) Zalozmy, ze A i B sa rozlacznymi zbiorami. Wtedy kazdy podzbi贸r C zbioru A jest rozlaczny ze zbiorem B. $\forall_{A,B}$$A\cap B=\emptyset\Rightarrow\forall_{C}(C\subseteq A \Rightarrow C\cap B=\emptyset)$ Tak. D-d. Niech A,B dowolne zbiory takie, ze $A\cap B=\emptyset$ oraz niech C dowolne takie, ze $C\subseteq A$. Skoro $C\subseteq A$, to wszystkie elementy zbioru C naleza do zbioru A. Zatem z zal. ze $A\cap B=\emptyset$ mamy $C\cap B=\emptyset$. c) Istnieja zbiory A i B takie, ze kazdy nadzbi贸r A jest podzbiorem B. $\exists_{A,B}$$(\forall_{C}(A\subseteq C \Rightarrow C \subseteq B))$ Negacja tego wyrazenia to $\forall_{A,B}$$(\exists_{C}(A\subseteq C \wedge C \nsubseteq B))$ Jak udowodnimy negacje to bedzie to kontrprzykladem dla wyjsciowego stwierdzenia i bedzie swiadczylo o tym, ze jest falszywe. Niech A, B dowolne zbiory. Mamy wskazc taki zbior C, zeby zbior A sie w nim zawieral i zeby C nie zawieral sie w B. C nie bedzie zawieral sie w B jezeli przynajmniej jeden element zbioru C nie bedzie nalezal do B. Zatem zalozmy, ze $x\notin B$. Wtedy C=A$\cup$ {x}. d) Istnieje zbi贸r rozlaczny z kazdym podzbiorem liczb naturalnych. $\exists_{A}$$(\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. Wiadomo艣膰 by艂a modyfikowana 2016-04-17 15:51:25 przez geometria |
tumor post贸w: 8070 | 2016-04-18 12:50:17 a) Je艣li sprawdzasz alternatyw臋 n sk艂adnik贸w, to mo偶esz uzna膰, 偶e n-1 z nich jest fa艂szywych i sprawdzi膰, czy musi by膰 prawdziwy ostatni. Je艣li nie musi - to fa艂szywe mog膮 by膰 wszystkie. Mo偶emy zatem uzna膰, 偶e $C\subset A$, wtedy $C=\emptyset$ lub $C=A$. W obu przypadkach B nie jest podzbiorem C, czyli kt贸ry艣 cz艂on alternatywy zawsze (dla ka偶dego C) jest spe艂niony, bo pokazali艣my, 偶e je艣li nie pierwszy, to koniecznie drugi. b) jest ok, cho膰 dow贸d zasadniczo nie m贸wi nic w spos贸b bardziej oczywisty ni偶 teza. Z regu艂y chodzi o to, 偶e teza nie jest oczywista, a dow贸d jest, wobec tego uzasadniamy tez臋 dowodem. :) Dla zbyt prostych tez jest to trudne, bo jak znale藕膰 co艣 jeszcze prostszego? c) rozwi膮zanie 艣cis艂e wymaga przestrzeni albo nieco lepszego argumentu. Je艣li $A,B\subset X$, X jest nasz膮 przestrzeni膮, a przypadkiem B=X, to oczywi艣cie ka偶dy nadzbi贸r A w przestrzeni X jest zarazem podzbiorem B. Je艣li jednak naprawd臋 A,B s膮 dowolnymi zbiorami, to niech $C=A\cup B\cup \{B\}$. Je艣li bowiem u偶ywasz jakiego艣 elementu x, to wypada, dla 艣cis艂o艣ci, poda膰, sk膮d go si臋 bierze, 偶eby uzasadni膰, 偶e w og贸le DA SI臉 taki element znale藕膰. Czemu bowiem nie uzna膰 B=\"zbi贸r wszystkiego\"? W贸wczas NIE MA x nienale偶膮cego do B, zatem Tw贸j dow贸d by艂by z艂y. Udowodniono twierdzenie, 偶e nie istnieje zbi贸r wszystkiego. Nie istnieje zbi贸r wszystkich zbior贸w. 呕aden zbi贸r nie nale偶y sam do siebie jako element. Wobec tego szukanym elementem x najlepiej niech jest B, czyli do B i A dodajemy zbi贸r $\{B\}$. St膮d pewno艣膰, 偶e taki C jest nadzbiorem A, nie jest podzbiorem B. |
tumor post贸w: 8070 | 2016-04-18 14:04:35 d) ok e) ok f) ok g) OK |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przys艂uguje tylko zalogowanym u偶ytkownikom. Zaloguj si臋 lub zarejestruj