Teoria mnogo艣ci, zadanie nr 4667
ostatnie wiadomo艣ci | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwi膮zanie |
geometria post贸w: 865 |  2016-06-07 00:00:17Niech $P$ b臋dzie zbiorem liczb pierwszych. Na $N_{+}$ rozwa偶amy relacj臋 r贸wnowa偶no艣ci 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 post贸w: 8070 | 2016-06-08 09:10:41 dwie liczby s膮 w relacji gdy maj膮 te same dzielniki pierwsze Wobec tego, 偶e 10 ma dzielniki 2 i 5 w relacji z 10 b臋d膮 liczby postaci $2^a5^b$, gdzie a,b naturalne dodatnie Dalej chyba 艂atwo? |
geometria post贸w: 865 | 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 post贸w: 865 | 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 post贸w: 8070 | 2016-06-09 13:15:22 W innym zadaniu nie piszesz, 偶e podzbiory N s膮 przeliczalne? ka偶da klasa abstrakcji jest tu przecie偶 podzbiorem N, w dodatku niesko艅czonym. Teraz do艣膰 istotny myk. Warto pami臋ta膰 bijekcj臋 z $N^2$ na N, przynajmniej jedn膮. Jest tak膮 bijekcj膮 na przyk艂ad $f(m,n)=2^{m-1}(2n-1)$ (tu akurat bior臋 $N_+$, ale funkcj臋 艂atwo przerobi膰 by dotyczy艂a $N_0$) Wydaje mi si臋, 偶e do艣膰 艂atwo pokaza膰, 偶e jest to bijekcja. Je艣li potrzebujesz teraz bijekcji z klasy abstrakcji wyznaczonej przez liczb臋 z dwoma r贸偶nymi dzielnikami pierwszymi, to 艂atwo zrobi膰: $p^aq^b \mapsto f(a,b)$ Gdyby dzielnik by艂 jeden, to jeszcze pro艣ciej $p^a\mapsto a$ je艣li b臋dzie ich wi臋cej, np 5, to $p^aq^br^cs^dt^e \mapsto f(f(f(f(a,b),c),d),e)$ jest oczywi艣cie bijekcj膮 z klasy abstrakcji na N. 艁atwe, nie? Do stwierdzenia przeliczalno艣ci nie trzeba takich rzeczy, ale je艣li potrzebujesz akurat bijekcji, to powy偶sza metoda bywa bardzo skuteczna. Zatem a) lepiej powiedzie膰, 偶e klasa abstrakcji jest zbiorem przeliczalnym jako podzbi贸r przeliczalnego. Je艣li m贸wisz, 偶e mo偶na u艂o偶y膰 w ci膮g, to 艂adnie jest poda膰 spos贸b uk艂adania (czyli tak naprawd臋 bijekcj臋) e) $[1]$ to zbi贸r jednoelementowy, czyli sko艅czony $[2]$ ma z ca艂膮 pewno艣ci膮 niesko艅czenie wiele element贸w. f) klas abstrakcji jest niesko艅czenie wiele. Ka偶dy sko艅czony podzbi贸r zbioru P wyznacza jedn膮 klas臋 abstrakcji. Niech ten podzbi贸r to $\{p_1,p_2,...,p_k\}$, wtedy oczywi艣cie $[p_1p_2...p_k]=\{p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}:a_i\in N_+\mbox{ dla } i=1,2,...,k\}$ w szczeg贸lnym przypadku podzbi贸r jest pusty, klas膮 abstrakcji jest $[1]$. |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przys艂uguje tylko zalogowanym u偶ytkownikom. Zaloguj si臋 lub zarejestruj