logowanie

matematyka » forum » forum zadaniowe - uczelnie wyższe » zadanie

Teoria mnogości, zadanie nr 4667

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorZadanie / Rozwiązanie

geometria
postów: 863
2016-06-07 00:00:17

Niech $P$ będzie zbiorem liczb pierwszych. Na $N_{+}$ rozważamy relację równoważności n$\sim m$$\iff$$\forall_{p} \in P$(p|n $\iff$ p|m).

a) Wyznacz [10]
b) Wyznacz [15]
c) Wyznacz [6].

a) [10]={m$\in N_{+}$:$\forall_{p} \in P$(p|10 $\iff$ p|m)}={...}
Dla p=2: 2|10 zatem 2|m gdy m jest parzyste
Dla p=3: 3$\nmid$10, wiec zeby rownowaznosc byla prawdziwa to 3$\nmid$m.
Ale nie wydaje mi sie, zeby to bylo dobre rozumowanie do wyznaczenia tych klas abstrakcji.



tumor
postów: 8070
2016-06-08 09:10:41

dwie liczby są w relacji gdy mają te same dzielniki pierwsze

Wobec tego, że 10 ma dzielniki 2 i 5 w relacji z 10 będą liczby postaci $2^a5^b$, gdzie a,b naturalne dodatnie

Dalej chyba łatwo?


geometria
postów: 863
2016-06-08 19:07:22

Te dzielniki pierwsze musza byc dokladnie takie same w obu liczbach jednoczesnie (bo jest kwantyfikator $\forall_{}$) prawda?

a) [10]={$2^{a}5^{b}: a,b\in N_{+}$}
b) [15]={$3^{a}5^{b}: a,b\in N_{+}$}
c) [6]={$2^{a}3^{b}: a,b\in N_{+}$}

d) Czy [10]$\subseteq$[15]? Nie.

Czy te klasy abstrakcji wyzej wymienione sa zbiorami przeliczalnymi?
a) Tak, bo jest on rownoliczny z $N$. Ale z ulozeniem bijekcji mam problem chyba, ze wyjasnic to tak, ze elementy zbioru [10] mozna ustawic w ciag, ale wystarczy, ze tak po prostu to napisze czy musze jeszcze uzasadnic, ze tak jest? Ten zbior ma moc $\aleph_{0}$
b), c) Tak. Analogicznie do a).

e) Ile jest skonczonych klas abstrakcji relacji $\sim$?

Czyli ile jest skonczonych zbiorow?

[1]= ale zadna liczba pierwsza nie jest dzielnikiem jedynki, wiec co bedzie w relacji z 1 oprocz 1?
[2]={$2^{k}: k\in N_{+}$}=[4]=[8]=[potegi dwojki]



geometria
postów: 863
2016-06-09 09:43:49

f) Jak beda wygladaly klasy abstrakcji?
Dla liczby pierwszej klasa abstrakcji ma postac: $A_{p}$={$p^{k}: k\in N_{+}$} dla p$\in P$.
A jak liczba nie jest liczba pierwsza wowczas jak ta postac wyglada?


tumor
postów: 8070
2016-06-09 13:15:22

W innym zadaniu nie piszesz, że podzbiory N są przeliczalne? każda klasa abstrakcji jest tu przecież podzbiorem N, w dodatku nieskończonym.

Teraz dość istotny myk. Warto pamiętać bijekcję z $N^2$ na N, przynajmniej jedną. Jest taką bijekcją na przykład
$f(m,n)=2^{m-1}(2n-1)$
(tu akurat biorę $N_+$, ale funkcję łatwo przerobić by dotyczyła $N_0$)
Wydaje mi się, że dość łatwo pokazać, że jest to bijekcja.

Jeśli potrzebujesz teraz bijekcji z klasy abstrakcji wyznaczonej przez liczbę z dwoma różnymi dzielnikami pierwszymi, to łatwo zrobić:
$p^aq^b \mapsto f(a,b)$
Gdyby dzielnik był jeden, to jeszcze prościej
$p^a\mapsto a$
jeśli będzie ich więcej, np 5, to
$p^aq^br^cs^dt^e \mapsto f(f(f(f(a,b),c),d),e)$
jest oczywiście bijekcją z klasy abstrakcji na N. Łatwe, nie?

Do stwierdzenia przeliczalności nie trzeba takich rzeczy, ale jeśli potrzebujesz akurat bijekcji, to powyższa metoda bywa bardzo skuteczna.

Zatem
a) lepiej powiedzieć, że klasa abstrakcji jest zbiorem przeliczalnym jako podzbiór przeliczalnego.
Jeśli mówisz, że można ułożyć w ciąg, to ładnie jest podać sposób układania (czyli tak naprawdę bijekcję)

e) $[1]$ to zbiór jednoelementowy, czyli skończony
$[2]$ ma z całą pewnością nieskończenie wiele elementów.

f) klas abstrakcji jest nieskończenie wiele. Każdy skończony podzbiór zbioru P wyznacza jedną klasę abstrakcji. Niech ten podzbiór to $\{p_1,p_2,...,p_k\}$, wtedy oczywiście
$[p_1p_2...p_k]=\{p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}:a_i\in N_+\mbox{ dla } i=1,2,...,k\}$
w szczególnym przypadku podzbiór jest pusty, klasą abstrakcji jest $[1]$.



strony: 1

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





© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt   drukuj