Matematyka.pl

Ciężko skumać o co Ci chodzi, ale może o to

A słusznie. Najpierw pomyśl, potem napisz...

Każda podgrupa \(\displaystyle{ S_3}\) będzie dzielnikiem normalnym (indeks każdej nietrywialnej podgrupy jest równy 2).

Jeżeli potrafisz sprawnie operować na liczbach i ułamkach, to matematykę gimnazjalną mniej więcej znasz. Jeśli chcesz się naprawdę przyłożyć do nauki, to idź porozmawiać szczerze z nauczycielem matematyki (niekoniecznie swoim, może być jakiś inny, o którym wiesz, że jest dobry). Niech Ci pomoże. Wyt...

Niezdecydowany pisze:Lubię (...) bawić się z fajnymi dziewczynami.

Też to lubię, co nie przeszkadza mi zajmować się matematyką. Trzeba dzielić odpowiednio czas po prostu

No dlatego powiedziałem, że hierarchia daje tylko "pewien ogląd" :) Co do pytania mariolki. Zauważ, że możesz rozważyć \textbf{R}'=\lbrace[a,b): a,b\in\mathbb{Q}, a<b\rbrace zamiast \textbf{R}=\lbrace[a,b): a,b\in\mathbb{R}, a<b\rbrace . Wtedy \sigma(\textbf{R}')=\sigma(\textbf{R}) . Rodzi...

Zależy, o co pyta autorka wątku. To, że to jest \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciało zbiorów borelowskich, to widać od razu (np. Twoje rozumowanie). Tylko to nie mówi nic, o tym jak wygląda ta rodzina. Przez indukcję można określić hierarchię zbiorów borelowskich, co da już pewien ogląd, jakie zbiory są borelowskie.

No i właśnie ten dowód korzysta z zupełności prostej -- w ostatniej linijce stwierdzasz, że ciąg ograniczony monotoniczny ma granicę (tj. w zbiorze uporządkowanym \(\displaystyle{ (\mathbb{R},\le)}\) istnieje supremum zbioru składającego się z elementów ciągu).

Niestety, nie mam dostępu do książki Rudnickiego -- możesz powiedzieć, jak przebiega ten dowód? Mam wrażenie, że gdzieś w tle siedzi zwartość (zupełność, tw. Cantora itp.) przedziału domkniętego na prostej.

Co do drugiej linijki to oczywiście się zgadzam

A potrafisz posługiwać się indukcją pozaskończoną?

@szw: twierdzenie Bolzano-Weierstrassa korzysta już z zupełności \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\). Zupełność \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) wykazuje się np. za pomocą przekrojów Dedekinda.

I słusznie. Izomorfizm przenosi generator na generator, a te są tylko dwa w \(\displaystyle{ \mathbb{Z}}\) -- mianowicie \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ -1}\). Ponadto, łatwo pokazać, że każdy homomorfizm \(\displaystyle{ \varphi:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}}\) jest postaci \(\displaystyle{ \varphi(x)=kx}\), gdzie \(\displaystyle{ k\in\mathbb{Z}}\) jest ustalone. Stąd już Twoja teza wynika łatwo.

No skoro nie piszą, to może coś jest na rzeczy?

Jak napisałaś ten monomorfizm?

Przyda się do 2): ... c_group:S4

Jak dokładnie przeanalizujesz drugą tabelę, to dostaniesz również wskazówkę co do 1).

Dokładnie. \(\displaystyle{ \mathbb{Q}=n\mathbb{Q}}\), więc indeks jest równy \(\displaystyle{ 1}\).