Permutacje bez powtórzeń (zbioru \(\displaystyle{ X}\)) tworzą po prostu zbiór \(\displaystyle{ \{f \colon X \to X \}.}\)
Każdemu elementowi \(\displaystyle{ x \in X}\) przyporządkujemy pewien element \(\displaystyle{ y \in X}\), bez żadnych dodatkowych obostrzeń. A to oznacza, że są to funkcje.
Znaleziono 414 wyników
- 10 gru 2016, o 09:21
- Forum: Zbiory. Teoria mnogości
- Temat: definiowanie permutacji
- Odpowiedzi: 6
- Odsłony: 642
- 2 gru 2016, o 20:03
- Forum: Algebra liniowa
- Temat: Przestrzeń bidualna
- Odpowiedzi: 6
- Odsłony: 982
Przestrzeń bidualna
Implikacja z prawej w lewo faktycznie wynika z powyższego, a nawet z faktu, że \(\displaystyle{ V}\) jest izomoficzne z \(\displaystyle{ V^{*}}\) dla skończenie wymiarowej p-ni \(\displaystyle{ V}\). Natomiast implikacja z lewej w prawą stronę jest nieprawdziwa.
- 1 gru 2016, o 17:15
- Forum: Algebra liniowa
- Temat: Przekształcenie liniowe na wielomianach
- Odpowiedzi: 18
- Odsłony: 2215
Przekształcenie liniowe na wielomianach
Przy poprawnym przetexowaniu odwzorowanie to jest liniowe.
- 1 gru 2016, o 14:10
- Forum: Algebra liniowa
- Temat: Izomorfizm przestrzeni.
- Odpowiedzi: 4
- Odsłony: 1320
Izomorfizm przestrzeni.
Po pierwsze : symbol / oznacza przestrzeń ilorazową, a nie różnicę zbiorów. Po drugie : jeśli omyłkowo miałoby chodzić o różnice zbiorów, to przecież izomorfizm przestrzeni liniowych ma być funkcją między przestrzeniami liniowymi... Do każdej przestrzeni liniowej należy 0 , więc różnica dwóch podprz...
- 30 lis 2016, o 19:37
- Forum: Topologia
- Temat: zbiór gęsty na odcinku jednostkowym
- Odpowiedzi: 5
- Odsłony: 708
zbiór gęsty na odcinku jednostkowym
Ja wychodzę od drugiej strony. Stwierdzam, że dla każdego zadanego zbioru gęstego D:=\{d_n \colon n \in \mathbb{N}\} w [0,1] istnieje funkcja f \colon [0,1] \to [0,1] , taka że dla pewnego x_0 \in [0,1] orbita \{f^k(x_0) \colon k \in \mathbb{N}\} jest gęsta w [0,1] . No i właśnie wystarczy zdefiniow...
- 30 lis 2016, o 19:25
- Forum: Topologia
- Temat: zbiór gęsty na odcinku jednostkowym
- Odpowiedzi: 5
- Odsłony: 708
zbiór gęsty na odcinku jednostkowym
Zbiór \{f^k(x_0) \colon k \in \mathbb{N}\} jest co najwyżej przeliczalny, więc nie ma możliwości by zawierał wszystkie liczby niewymierne. Gęsty może być. Niech \{d_n \colon n \in \mathbb{N} \} będzie gęsty w [0,1] . Wystarczy przyjąć f(d_n)=d_{n+1} dla n \in \mathbb{N} i jakkolwiek w pozostałych pu...
- 30 lis 2016, o 15:31
- Forum: Analiza wyższa i funkcjonalna
- Temat: notacja wielowskaźnikowa i zbieżność
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 574
notacja wielowskaźnikowa i zbieżność
Potęgi oznaczają ile razy różniczkujemy po danej zmiennej. Np. dla funkcji f \colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} użycie operatora \left( \frac{\partial}{\partial x}\right)^{1} \left( \frac{\partial}{\partial y}\right)^{3} oznacza wyznaczenie pochodnej mieszanej funkcji f raz po x i trzy razy po y . W...
- 23 lis 2016, o 17:05
- Forum: Zbiory. Teoria mnogości
- Temat: Diagramy Venna - zadania z implikacją
- Odpowiedzi: 8
- Odsłony: 1768
Diagramy Venna - zadania z implikacją
Ja też. Treść sugeruje, że ma być \(\displaystyle{ A \cap B=\emptyset.}\) Graficznie faktycznie zapis \(\displaystyle{ A)(B}\) kojarzy się z tym, że \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) się mijają. Jeśli to literówka autora, to wyszło zabawnie.Jan Kraszewski pisze:Co oznacza symbol \(\displaystyle{ A)(B}\) ? Pierwszy raz widzę coś takiego.
JK
- 20 lis 2016, o 13:26
- Forum: Kombinatoryka i matematyka dyskretna
- Temat: Podzbiory - sposoby rozbijania
- Odpowiedzi: 13
- Odsłony: 1656
Podzbiory - sposoby rozbijania
I skorzystałem ze wzoru, że: \binom{k-1}{n-1} , bo nie mogą być zbiory puste. Gdyby mogły być to byłby taki wzór: \binom{n+k-1}{k} (według mnie) Ale co ten wzór ma niby opisywać? Twoja odpowiedź jest na pewno zła. Zauważ, że każdy zbiór 3- elementowy \{i,j,k\} wyznacza różnowartościowo pewne rozbic...
- 20 lis 2016, o 10:40
- Forum: Algebra liniowa
- Temat: Znaleźć podprzestrzeń
- Odpowiedzi: 19
- Odsłony: 1337
Znaleźć podprzestrzeń
Weź układ wektorów \(\displaystyle{ <(1,0),(2,0),(0,1)>}\). Układ jest zależny, i tylko każdy z pierwszych dwóch wektorów jest liniową kombinacjąi pozostałych dwóch.
- 19 lis 2016, o 23:14
- Forum: Algebra liniowa
- Temat: Znaleźć podprzestrzeń
- Odpowiedzi: 19
- Odsłony: 1337
Znaleźć podprzestrzeń
Nie jest to prawda. Prawdą jest za to, że układ wektorów jest liniowo zależny wtedy i tylko wtedy, gdy jeden z wektorów jest kombinacją liniową pozostałych.
- 19 lis 2016, o 17:01
- Forum: Algebra liniowa
- Temat: Wykazać równoważność
- Odpowiedzi: 12
- Odsłony: 1064
Wykazać równoważność
Zgadza się.
- 19 lis 2016, o 08:14
- Forum: Algebra liniowa
- Temat: Wykazać równoważność
- Odpowiedzi: 12
- Odsłony: 1064
Wykazać równoważność
No pewnie nie jest możliwe i to chyba z definicji podprzestrzeni, że jeśli v,w \in V to v+w \in V , a to nie wszystkie te przypadki mamy spełnione. Ale przecież w definicji przestrzeni liniowej nie ma równoważności, tylko właśnie implikacja, w tym przypadku poprzednik tej implikacji jest fałszywy, ...
- 19 lis 2016, o 00:27
- Forum: Algebra liniowa
- Temat: Wykazać równoważność
- Odpowiedzi: 12
- Odsłony: 1064
Wykazać równoważność
Tak. Gdyby ten wektor należał do sumy, to należałby do jednego z nich, powiedzmy do \(\displaystyle{ V}\). Zatem \(\displaystyle{ v,v+w \in V, w \notin V}\). Czy jest to możliwe?
- 18 lis 2016, o 23:49
- Forum: Algebra liniowa
- Temat: Wykazać równoważność
- Odpowiedzi: 12
- Odsłony: 1064
Wykazać równoważność
Tak.