Teoria mnogości, zadanie nr 4691

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
geometria postów: 865	2016-06-13 18:54:04 Jaka jest moc zbiorow? a) A={x$\in R$: $\exists_{n}\in N$ $x^{n}\in Q$} b) B={(x,y): x$\in R \wedge y\in R \wedge$ $\exists_{w\in Q}$ x$-y$=w} a) Wedlug mnie dla kazdej liczby rzeczywistej x istnieje liczba naturalna, dla ktorej $x^{n}\in Q$. Jest to 0. A dla zera dowolna naturalna. Zatem A=$R$. \|A\|=c. b) Zbior B jest zbiorem par ktorych roznica wspolrzednych jest wymierna. Ale jak stwierdzic jaka ma moc?

tumor postów: 8070	2016-06-13 20:26:59 a) to $\pi$ do której potęgi daje liczbę wymierną? Zadanie jest nieco ciekawsze. Rozważmy wielomiany stopnia n o współczynnikach całkowitych. Wielomian stopnia n ma najwyżej n+1 współczynników, czyli takich wielomianów jest przeliczalnie wiele (przeliczalna suma zbiorów przeliczalnych). Oczywiście stopni wielomianów też jest przeliczalnie wiele, wobec tego wszystkich wielomianów o współczynnikach całkowitych jest przeliczalnie wiele. Wielomian stopnia n ma najwyżej n pierwiastków rzeczywistych, wobec tego wszystkich pierwiastków wielomianów o współczynnikach całkowitych jest przeliczalnie wiele. Widać ten ostatni wniosek? Liczb, które stanowią pierwiastek wielomianu o całkowitych współczynnikach jest przeliczalnie wiele. No i wystarczy zauważyć, że jeśli $x^n=\frac{p}{q}$, to $qx^n=p$ czyli $qx^n-p=0$ wobec tego x jest pierwiastkiem wielomianu o całkowitych współczynnikach. Takich x jest przeliczalnie wiele. ---- Teraz uwaga na marginesie, którą jednak przeczytaj, jeśli kiedyś chcesz działać w matematyce, bo dotyczy rzeczy istotnej. Otóż liczby, które nie są pierwiastkami wielomianów o współczynnikach całkowitych (czy, równoważnie, wymiernych), zwane liczbami przestępnymi, się nie rzucają w oczy. Znasz zapewne dwie, $\pi, e$. Natomiast w rzeczywistości jest ich DUŻO, bo stanowią podzbiór R mocy c, podczas gdy pierwiastki wielomianów o współczynnikach całkowitych stanowią tylko podzbiór mocy $\aleph_0$. W matematyce zajmujemy się tym, co łatwiejsze dla naszej intuicji, liczby całkowite, wymierne, pierwiastki różnych stopni z liczb wymiernych, to wszystko są pierwiastki wielomianów, wobec tego przez zdecydowaną większość życia obcujesz z liczbami algebraicznymi (czyli nie z przestępnymi), a przestępna trafia się rzadko. W rzeczywistości jednak jest istotnie więcej liczb przestępnych niż algebraicznych (przestępnych tyle co rzeczywistych, algebraicznych tyle co naturalnych). Analogiczna sytuacja wystąpi w przypadku funkcji ciągłych i różniczkowalnych. Zajmujesz się oczywiście funkcjami ciągłymi i różniczkowalnymi prawie wszędzie. Jakieś wielomiany, sinusy, wykładnicze, logarytmy. Podczas gdy istnieje (prześliczne) twierdzenie (Banacha) mówiące, że zbiór funkcji różniczkowalnych CHOĆ W JEDNYM PUNKCIE jest zbiorem I kategorii (co intuicyjnie też oznacza, że takich funkcji jest mało). Rozumiemy zatem, że w pewien sposób rozumiana "większość" funkcji ciągłych (rozumiesz ciągłość funkcji?) to funkcje, które składają się z samych załamań, nie mają nawet JEDNEGO punktu, w którym byłyby różniczkowalne. Jeszcze inny przykład z topologii: funkcje rzeczywiste ciągłe są wyznaczone jednoznacznie przez swoje wartości na argumentach wymiernych. Wobec tego funkcji ciągłych jest "mniej" niż nieciągłych. Innymi słowy - spędzasz życie zajmując się funkcjami różniczkowalnymi, których jest mało nawet wśród ciągłych, a ciągłych jest mało wśród wszystkich. Mają one ciekawe własności, są łatwe w badaniu, ale niech to nie myli intuicji. Zarówno liczby, które znasz, stanowią mniejszość, jak i funkcje, które znasz, stanowią zdecydowaną mniejszość. Większość ma inne własności i inaczej się zachowuje, tylko rzadko się o nich mówi. Kapuje? ------ b) ograniczyć z dołu i z góry przez inne zbiory, które mają tę samą moc, no i użyć Cantora-Bernsteina. Najłatwiej: Ile jest wszystkich par (x,y)? A ile par (x,x), gdzie różnica współrzędnych jest $0\in $Q?

geometria postów: 865	2016-06-13 22:09:00 b) Jezeli $A\subseteq B$, to \|A\|$\le$\|B\| (implikacja odwrotna juz nie jest prawdziwa) Z gory: $B\subseteq R^{2}$, czyli \|B\|$\le$\|$R^{2}$\|=c. Z dolu: tutaj nie mam pomyslu. Roznica wspolrzednych jest rowna 0, jezeli wspolrzedne sa takie same. Takich par (x,x) jest tyle ile liczb rzeczywistych (bo b$\in R$). Zatem \|B\|=c.

tumor postów: 8070	2016-06-13 22:28:29 No to widzisz. Zbiór B ma co najmniej tyle elementów, ile par (x,x) (bo każda taka para należy do B), a co najwyżej tyle ile $R^2$, bo każdy element B należy do $R^2$. Skoro w obu przypadkach mamy c, to na mocy Cantora-Bernsteina zbiór B ma moc c.

geometria postów: 865	2016-06-14 07:00:01 c) C={(x,y,z)$\in R^{3}$: 0$\le x<1 \wedge$0$\le y<1 \wedge$0$\le z<1 $} Kazda wspolrzedna nalezy do przedzialu [0,1). Przedzial [0,1)$\sim R$. Zatem \|C\|=c. Inaczej: Zbior C jest ograniczony z gory przez $R^{3}$. A z dolu?

tumor postów: 8070	2016-06-14 07:21:45 z dołu przez trójki $(x,0,0)$ gdzie $x\in [0,1)$ trójek jest tyle ile różnych x.

geometria postów: 865	2016-06-14 19:33:48 a) Ale jak 0$\in N$, to wtedy \|A\|=c. Jak nie, to tak jak w powyzszej uwadze.

tumor postów: 8070	2016-06-14 19:49:57 zgadza się.

strony: 1

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