Teoria mnogości, zadanie nr 4697
ostatnie wiadomości | regulamin | latex
Autor | Zadanie / Rozwiązanie |
geometria postów: 865 | 2016-06-14 09:36:27 Podaj przykład 6 zbiorów nieskonczonych o róznych mocach. 1. |$N$|=$\aleph_{0}$. 2. |$R$|=c. 3. |$R^{R}$|>c. A jakie bylyby pozostale? |
tumor postów: 8070 | 2016-06-14 09:54:51 Istnieje twierdzenie mówiące, że moc zbioru nieskończonego X NIE JEST równa mocy jego zbioru potęgowego P(X). Wobec tego różne moce mają na pewno X P(X) P(P(X)) P(P(P(X))) P(P(P(P(X)))) P(P(P(P(P(X))))) a za X możesz sobie wstawić dowolny znany Ci zbiór nieskończony. Dowód zapewne jest w "Teorii mnogości" Błaszczyka, Turka, ale mi się szukać nie chce. Spróbujemy coś tu ukulać. Trzeba pokazać, że dowolna $f:X\to P(X)$ nie jest bijekcją. W tym celu rozważmy zbiór: $S=\{x\in X: x\notin f(x)\} $ oczywiście S jako podzbiór X jest elementem P(X). Zauważmy jednak, że nie jest on wartością funkcji dla żadnego $x_0\in X$. Przypuśćmy, że $S=f(x_0)$ Nie może być tak, że $x_0\in S$ (bo to sprzeczne z definicją zbioru S). Jednocześnie jednak nie może być tak, że $x_0 \notin S$, bo jeśli $f(x_0)=S$ i $x_0\notin S$, to $x_0 \in S$. Z tej sprzeczności wynika zatem, że S nie jest wartością funkcji $f:X\to P(X)$ |
geometria postów: 865 | 2016-06-14 10:02:09 Dziekuje. Ale jak trzeba byloby podac 3 zbiory to moje by sie nadaly. |
tumor postów: 8070 | 2016-06-14 10:09:42 Owszem. Można nawet pokazać równoliczność $R \sim P(N)$ $R^R \sim P(P(N))$ To pierwsze jest raczej oczywiste. Przy drugim zauważamy $2^c \le c^c \le (2^c)^c \le 2^{c*c}=2^c$ |
geometria postów: 865 | 2016-06-14 17:27:59 A to tw. ma jakas nazwe? |
tumor postów: 8070 | 2016-06-14 17:40:56 Które? O nierównoliczności X z P(X)? Sprawdzimy. Internety mówią, że to po prostu twierdzenie Cantora o nieistnieniu bijekcji z X na P(X). Swoją drogą możesz pytać googla, też trochę wie. ;) |
strony: 1 |
Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj