Teoria mnogości, zadanie nr 4701
ostatnie wiadomości | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwiązanie |
| tumor postów: 8070 |  2016-06-15 11:48:14$n^2-k^2$ musi być kwadratem liczby naturalnej, żeby pierwiastek miał naturalny. Czyli $n^2-k^2=m^2$ czyli $n^2=m^2+k^2$ co opisuje trójkąt pitagorejski, czyli prostokątny o bokach naturalnych. Interesują nas trójkąty, które nie są podobne, bo podobne dałyby identyczne stosunki boków, czyli te same współrzędne punktów. Następujące rozumowanie będzie zarazem szukaniem serii nieskończonej niepodobnych parami trójkątów pitagorejskich. $n^2-k^2=m^2$ $(n-k)(n+k)=m^2$ Potrzebujemy znaleźć nieskończoną serię różnych n,k. Łatwo taką dostać, jeśli $n-k=2$ Wtedy $n+k=2*a^2$ dla dowolnego a naturalnego. $\left\{\begin{matrix} n-k=2 \\ n+k=2*a^2 \end{matrix}\right.$ czyli $n=a^2+1$ $k=a^2-1$ No i wtedy $m=\sqrt{4a^2}=2a$ czyli współrzędne to $\frac{a^2-1}{a^2+1}$ oraz $\frac{2a}{a^2+1}$ dla a naturalnych. W ten sposób dla $a=2$ dostajemy $\frac{3}{5}$ i $\frac{4}{5}$ natomiast dla a=8 dostajemy $\frac{63}{65}$ i $\frac{16}{65}$ Mamy zatem nieskończoną serię, której szukaliśmy. |
| geometria postów: 865 | 2016-06-15 11:54:31 Dziekuje. |
| geometria postów: 865 | 2016-06-15 14:18:19 d) E={(x,y)$\in Q^{2}$: y=$\sqrt{1-x^{2}}$} |E|=alef zero. Rozumowanie analogiczne jak w a) tylko teraz jest polokrag. e) F={(x,y)$\in R^{2}$: y=$\sqrt{1-x^{2}}$} |F|=c. Rozumowanie analogiczne jak w b) i c) tylko teraz dziedzina chyba bedzie inna, czyli [0,$\pi$) czy jednak nie? |
| tumor postów: 8070 | 2016-06-15 14:24:47 W e) półokrąg (dziedziną jest $[-1,1]$ przy tym zapisie, w biegunowych kąt od 0 do $\pi$ włącznie) natomiast w d) tylko punkty o współrzędnych wymiernych w tym okręgu. Ale oczywiście choć szukaliśmy tam nieskończenie wielu punktów w pierwszej ćwiartce, to symetrycznie nieskończenie wiele punktów trafia w każdą ćwiartkę, wobec tego niezależnie od tego, jak wykroimy półokrąg, na pewno jest w nim $\aleph_0$ punktów o obu współrzędnych wymiernych. Skądinąd jeśli masz funkcję, gdzie wartość jest rzeczywista dla każdego argumentu z dziedziny, a dziedzina jest podzbiorem R, to wykres funkcji ma tyle punktów, ile ma ich dziedzina. Wobec tego w e) wystarczy podać moc dziedziny, bo to funkcja, a poprzednio okrąg trzeba było potraktować inaczej, bo nie był funkcją. Natomiast w d) mamy funkcję, ale nie interesuje nas zliczanie wszystkich punktów wykresu, a tylko części z nich, dlatego tego rozumowania nie użyjemy. |
| geometria postów: 865 | 2016-06-15 14:34:48 e) A jakby bylo 3/4 okregu (I, II, III cwiartka ukl. wspol.) to dziedzina bylaby [0, $\frac{3}{2}\pi$] czy [0, $\frac{3}{2}\pi$)? |
| tumor postów: 8070 | 2016-06-15 14:39:29 w całym okręgu tylko dlatego piszemy $[0,2\pi)$, że $f(0)=f(2\pi)$, gdzie f jest sinusem albo cosinusem. Tracilibyśmy bijekcję, funkcja byłaby na, ale przestałaby być różnowartościowa. Nie ma to znaczenia np w całce, gdzie różnica jednopunktowa nie zmienia pola powierzchni, ale ma znaczenie jeśli istotne jest dla nas, czy bijekcję mamy czy nie mamy. W przypadku fragmentów okręgu nie ma potrzeby wywalać jakiegoś punktu z końca przedziału, bo to zawsze dwa różne punkty. |
| geometria postów: 865 | 2016-06-15 16:35:49 f) T=Zbiór punktów wykresu funkcji f: $R \rightarrow R$; f(x)=sinx. czyli punkty postaci (x, sin(x)). Jest ich tyle ile x w dziedzinie, czyli R. Zatem |T|=c. |
| tumor postów: 8070 | 2016-06-15 16:46:51 Tak jest. |
| strony: 12 3 | |
Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj