logowanie

matematyka » forum » forum zadaniowe - uczelnie wyższe » zadanie

Teoria mnogości, zadanie nr 4701

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorZadanie / Rozwiązanie

geometria
postów: 863
2016-06-14 18:34:38

Jaka moc maja nastepujace zbiory?
a) A={(x,y)$\in Q^{2}$: $x^{2}+y^{2}=1$}
b) B={(x,y)$\in R^{2}$: $x^{2}+y^{2}=1$}
c) zbiór punktów okregu o promieniu 2 na płaszczyznie, czyli C={(x,y)$\in R^{2}$: $x^{2}+y^{2}=2$}

a) |A|=$\aleph_{0}$
b), c) maja c.

Zbiory B i C sa ograniczone z gory przez $R^{2}$.
Wystarczy ograniczyc je z dolu.

Albo za pomoca funkcji f:$R$$\rightarrow$$R\times R$; f(x)=(sinx, cosx) dla x$\in$[0,2$\pi$] i udowodnic, ze jest bijekcja. Tylko dlaczego akurat taka dobrze jest wziac?

Zbior A tez bedzie ograniczony przez $R^{2}$, ale to nam raczej nie pomoze.


tumor
postów: 8070
2016-06-14 19:13:50

c) nie tak się zapisuje okrąg o promieniu 2, przypominamy sobie gimnazjum. ;)

bijekcja, którą podajesz, jest dostatecznie podobna do współrzędnych biegunowych, bym mógł powiedzieć, że to użyteczny sposób rozumowania. I w topologii i w analizie i w geometrii pewna odpowiedniość prostej i okręgu (bez punktu) ma swoje zastosowania. Dlatego warto tę bijekcję przemyśleć.
Jest natomiast błąd w zapisie. Po pierwsze nie $f:R\to R\times R$, bo skoro piszesz $x\in [0,2\pi]$, to ten przedział jest dziedziną, a nie $R$. Po drugie przedział ma być z jednej strony otwarty, żeby to raczyła być bijekcja, a poza tym będzie to bijekcja na okrąg, a nie na cały $R^2$.

a) rozumiem dowód, dlaczego $\mid A \mid \le \aleph_0$, skoro A jest podzbiorem $Q^2$.
Ale skąd wiesz, że także $\aleph_0 \le \mid A \mid$? Możesz to uzasadnić? Skąd wiesz, że nieskończenie wiele punktów okręgu ma obie współrzędne wymierne? :>




geometria
postów: 863
2016-06-14 20:15:27

C={(x,y)$\in R^{2}$: $x^{2}+y^{2}$=4}.

Wspolrzedne biegunowe:
x=rcos(kata)
y=rsin(kata)
r-promien.

Dla c):
C-okrag. r=2
f: [0,2$\pi$)$\rightarrow C$
f(x)=(x,y)=(rcosx, rsinx), czyli f(x)=(2cosx, 2sinx).
Czy teraz dobrze?
Wystarczy wykazac, ze jest to bijekcja, wowczas [0,2$\pi$)$\sim$C,ale [0,2$\pi$)$\sim R$ zatem C$\sim R$, czyli |C|=c.

Dla b) analogicznie (tylko r=1).

a) nie wiem jaka ma byc odp. tylko mi sie wydawalo, ze |A|=$\aleph_{0}$. Czy jak pokazemy, ze istnieje funkcja roznowartosciowa z A w $N$ to wystarczy?


tumor
postów: 8070
2016-06-14 20:35:07

dla c) chyba super, bo teraz wygląda rozsądnie.

dla a) wystarczy pokazać funkcję różnowartościową z N w A, nie z A w N.

Gdy pokażesz z A w N to będziesz wiedzieć to, co już wiesz, że najwyżej $\aleph_0$. Potrzebujesz informacji, że co najmniej $\aleph_0$, czyli albo suriekcja z A na N, albo iniekcja z N w A.

Natomiast nieskończoność A pokazywałbym inaczej. Dawaj jakiś pomysł.


geometria
postów: 863
2016-06-14 20:48:44

a) nie wiem moze cos z faktu, ze $Q^{2}$$\sim Q$?


geometria
postów: 863
2016-06-14 20:52:11

w sensie, ze |A|$\ge \aleph_{0}$ to tamto raczej nie bedzie dobre


tumor
postów: 8070
2016-06-14 21:26:52

Weź to chłopskim rozumem. Masz zbiór, który na pewno jest przeliczalny, może być skończony lub nie. Oczywiście poznajesz na studiach pewne metody, które pozwalają coś rozwiązać, ale nie trać umiejętności pokombinowania. Przemyśl te współrzędne, zastanów się. Dla przykładu matematycy starożytnej Grecji nie mieliby większych problemów z odpowiedzią na pytanie, gdyby tylko im skonkretyzować pojęcie liczb wymiernych. Metody naprawdę elementarne, niekorzystające z dorobku nowoczesnej teorii mnogości, wystarczają do odpowiedzi, czy punktów o obu współrzędnych wymiernych jest skończenie wiele, czy nieskończenie wiele. Ale rozumem to weź, a nie na siłę jakąś z góry upatrzoną metodą (w rodzaju bijekcji, która dla mnie jest mocno nieoczywista)


geometria
postów: 863
2016-06-14 22:38:52

Punktów o obu współrzędnych wymiernych jest nieskończenie wiele, bo liczb wymiernych jest nieskonczenie wiele.


tumor
postów: 8070
2016-06-14 22:55:30

A skąd wiesz, że punkty na okręgu nie mają JEDNEJ współrzędnej wymiernej, a drugiej niewymiernej? Popatrzmy

Jeśli mamy okrąg jednostkowy, to jeśli
$x=\frac{1}{20}$ to $y=\pm \frac{\sqrt{399}}{20}$
$x=\frac{2}{20}$ to $y=\pm \frac{\sqrt{99}}{10}$
$x=\frac{3}{20}$ to $y=\pm \frac{\sqrt{391}}{20}$
$x=\frac{4}{20}$ to $y=\pm \frac{\sqrt{24}}{5}$
$x=\frac{5}{20}$ to $y=\pm \frac{\sqrt{15}}{4}$

Pokaż mi, że punktów NA OKRĘGU, które mają OBIE WSPÓŁRZĘDNE WYMIERNE jest nieskończenie wiele. Na razie żaden Twój argument nie wystarcza. Prosta $y=\pi$ ma nieskończenie wiele punktów, ale wszystkie mają co najmniej jedną współrzędną niewymierną.
Prosta $y=\pi x$ ma dokładnie JEDEN punkt o obu współrzędnych wymiernych, mimo iż wszystkich punktów ma nieskończenie wiele. Zatem? Jak już śpisz, to na rano zostaw. :)

Wiadomość była modyfikowana 2016-06-14 22:56:39 przez tumor

geometria
postów: 863
2016-06-15 09:02:55

Prosta $y=\pi x$ ma (0,0) jako jedyny punkt o dwoch wspolrzednych wymiernych.


Zbior A to zbior punktow okregu o obu wspolrzednych wymiernych.
Inaczej mozna zapisac tak: A={(x,y)$\in R^{2}$: x$\in Q \wedge y\in Q \wedge x^{2}+y^{2}=1$}.

Jak pokazac, ze punktow na okregu o obu wspolrzednych wymiernych jest nieskonczenie wiele?
Wczesniej byla mowa o skonkretyzowaniu pojęcia liczb wymiernych.
Liczby wymierne to ilorazy liczb calkowitych.
Moze sprobujmy utozsamic ulamek $\frac{x}{y}$ z para (x,y).
Ulamek $\frac{x}{y}$ jest liczba wymierna. Takich ulamkow jest nieskonczenie wiele, bo liczb wymiernych jest nieskonczenie wiele. Zatem par (x,y) jest nieskonczenie wiele.
Czy to jest poprawne i czy to byl dobry pomysl?



strony: 1 23

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





© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt   drukuj