Matematyka.pl

Pomyliłem się tutaj wyrzucając końce \(\displaystyle{ 0}\) I \(\displaystyle{ 1}\) takiego przedziału otwartego że zbioru liczb wymiernych...

A znając twierdzenie mówiące, że: \left( 2=\left\{ 0,1\right\} \right) ^{\NN}\sim \RR można jeszcze prościej udowodnić, że płaszczyzna jest mocy continuum : Łatwo jest zauważyć, że: \left\{ 0,1\right\} ^{\NN} \times \left\{ 0,1\right\} ^{\NN}\sim \left\{ 0,1\right\} ^{\NN}; mając bowiem parę ciągów ...

Ok to uzasadnienie, że \left| \left\{ \frac 1{n+1} : n \in \NN_+\right\}\right| =\aleph_0 , to można powiedzieć, że istnieje bijekcja f:\NN_+ \rightarrow \left\{ \frac 1{n+1} : n \in \NN_+\right\}: f(n)=\frac 1{n+1} i chyba to wystarczy Taka funkcja jest silnie malejąca, a zatem jest różnowartościo...

I zbiór wszystkich ciągów skończonych o elementach zbioru A _{i}= \left\{ \pi \right\} musi być nie skończony; -gdyż można rozważyć takie ciągi skończone: \left( \pi \right); \left( \pi , \pi \right); \left( \pi , \pi , \pi \right); \ldots których to ciągów jest oczywiście tyle, ile jest liczb natur...

Dodam jeszcze, że zbiór wszystkich takich słów nad alfabetem S=\left\{ w _{1}; w _{2}; \ldots; w _{n} \right\} istotnie jest nieskończony, bo można rozważyć takie słowa: \left( w _{1} \right); \left( w _{1},w _{1} \right) ; \left( w _{1}; w _{1}; w _{1} \right); \ldots których to słów jest oczywiści...

Różnowartościowość: Weźmy dowolne n_1\in A,n_2 \in \blue{B}: n_1 \neq n _{2}. Zapewne nie tak miało być... Dalej już jest dobrze... Poza tym, ponieważ nie opisałeś rozważanego rozumowania, to ja bym zakończył je, pisząc, że otrzymana sprzeczność dowodzi, że f\left( n _{1} \right) \neq f\left( n _{2...

Dzięki.
A jeśli chodzi o sprawę jednoznaczności zbioru w aksjomacie regularności- otrzymany zbiór nie musi być wyznaczony jednoznacznie, tak

Dodam, że jeśli teoria mnogości jest niesprzeczna, to istnieje model M tej teorii, w którym istnieją elementy a_n,n=0,1,2,\dots takie, że w modelu M prawdą jest, że a_0\ni a_1\ni a_2\ni\dots A z tego co wiem, to w zwykłej teorii mnogości ZFC nie istnieje ciąg (nieskończony) \left( X _{n} \right) _{...

Pytanie: Jak wyprowadzić równanie elipsy S _{\left( a,b\right) } o półosiach a,b>0 : S _{\left( a,b\right) }= \left\{ \left( x,y\right) \in \RR ^{2}: \ \ \frac{x ^{2} }{a ^{2} }+ \frac{y ^{2} }{b ^{2} }=1\right\}; ( :!: ) w prosty sposób?? :o Doprawdy, jest to dziwne, że taka prosta postać równania ...

W ostatni sobotni wieczór (od godziny 20, a wcześniej też wiele godzin nad tym zadaniem spędziłem (albo raczej na pewnej nierówności, którą można podobno zastosować do sporządzania tablic funkcji sinus, ale mi było to potrzebne do tego ekscytującego zadania), i w ten sobotni wieczór (nie patrzyłem n...

Moje pytanie jest, czy jak jest krata i w dowolnym podzbiorze A jak mają być kres górny i dolny, to to oznacza, że dowolne dwa elementy mają być porównywalne? Chyba nie o to chodzi. Kres górny zbioru A \subset X , to jest to jego najmniejsze ograniczenie górne (czyli jego element największy lub tak...

Podany przez Ciebie przykład relacji nie jest kratą, bo nie jest częściowym porządkiem, bo taka relacja nie jest zwrotna. Proponuje rozważyć zbiór uporządkowany X o poniższym diagramie Hassego: Krata.jpg Wtedy dla dowolnych dwóch różnych punktów x,y \in X istnieje supremum \bigvee \left\{ x,y\right\...

a) Relacja pusta jest zwrotna tylko na zbiorze pustym... Można natomiast łatwo sprawdzić, że jeśli X jest niepustym zbiorem, to relacja: I_X=\left\{ \left( x,x\right)\Bigl| \ x \in X \right\}; jest zwrotna, symetryczna i przechodnia, wobec czego I_X jest relacją równoważności. Jest też antysymetryc...

Podpunkt a) I b) zrobiłeś dobrze. Jeśli używać definicji relacji silnie spójnej (a więc również zwrotnej), to przekrój dwóch relacji silnie spójnych R,S \subset X \times X nie musi być relacją silnie spójną. Wystarczy rozważyć: X:=\left\{ 0,1\right\} , i niech T:=\left\{ \left( 0,0\right);\left( 1,1...

24. Punkt kratowy X nazywa się widzialnym z O(0,0) jeśli na odcinku OX nie ma żadnych innych punktów kratowych (oprócz O i X ). Wykazać, że dla dowolnego n istnieje kwadrat o boku n we wnętrzu którego nie ma punktów widzialnych. Przed chwilą zainteresowało mnie odrobinę to zadanie. :lol: Mam jednak...