Matematyka.pl

Czy prostokątami o rozmiarach \(\displaystyle{ 1 \times 1, 1 \times \frac{1}{2}, 1 \times \frac{1}{3}, ....}\) można pokryć całą płaszczyznę (aby dowolne dwa z nich miały rozłączne wnętrza).

Tak.
Szeregi \(\displaystyle{ s_k=\sum_i \frac1{2^kp_i} }\) są rozbieżne, więc możemy ich użyć do pokrycia przeliczalnej ilości pasków o szerokości jeden w górę i w dół od ustalonej poziomej osi

mol_ksiazkowy pisze: ↑30 sie 2023, o 20:49 Czy prostokątami o rozmiarach \(\displaystyle{ 1 \times 1, 1 \times \frac{1}{2}, 1 \times \frac{1}{3}, ....}\) można pokryć całą płaszczyznę (aby dowolne dwa z nich miały rozłączne wnętrza).

Nie, formalnie nie można.

Gdyby bowiem istniało takie pokrycie \(\displaystyle{ \mathbb { B},}\) to \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb {B}=\RR ^{2}}\), a więc \(\displaystyle{ \mathbb {B} \neq \emptyset }\) (bo \(\displaystyle{ \bigcup\emptyset =\emptyset \neq \RR ^{2}}\) ), a więc istnieje zbiór \(\displaystyle{ A \in \mathbb {B}. }\) Z warunków zadania taki zbiór jest postaci: \(\displaystyle{ A=\left[ x, x+1\right] \times \left[ y, y+ \frac{1}{n} \right], }\) gdzie \(\displaystyle{ x,y \in \RR}\) i \(\displaystyle{ n \in\NN _{+} .}\) A wtedy:

\(\displaystyle{ Int\left( A\right) \cap Int\left( A\right)=Int\left( A\right)= \left( x, x+1\right) \times \left( y,y+ \frac{1}{n} \right)\ni \left( x+ \frac{1}{2}, y+ \frac{1}{n+1} \right), }\)

a więc te wnętrza przecinają się, i to zadanie jest formalną bzdurą.


Natomiast wydaje się, że można pokryć płaszczyznę takimi podanymi zbiorami, tak, aby każde dwa różne zbiory tego pokrycia miały rozłączne wnętrza.

Pokryjmy najpierw pas pionowy \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right] \times \left( \RR _{+} \cup \left\{ 0\right\}\right) }\) kolejnymi prostokątami o długości jeden i o szerokości \(\displaystyle{ \frac{1}{n} }\) przylegającymi do siebie na brzegach.

Ponieważ szereg \(\displaystyle{ \sum_{n \in \NN} \frac{1}{n} }\) jest rozbieżny do \(\displaystyle{ + \infty, }\) to w ten sposób pokryjemy cały ten pas pionowy na prostokąty o rozłącznych wnętrzach (chodzi o różne takie prostokąty- piszę to abyście mi nie wypomnieli tego ).

Następnie pokrywamy tak każdy pas pionowy postaci \(\displaystyle{ \left[ n, n+1\right] \times \left( \RR _{+} \cup \left\{ 0\right\} \right) , }\) gdzie \(\displaystyle{ n}\) jest dowolną różną od zera liczbą całkowitą, otrzymując pokrycie górnej połowy płaszczyzny wraz z osią \(\displaystyle{ OY}\) na prostokąty o rozłącznych wnętrzach.

Podobnie robimy z dolną połową płaszczyzny wraz z osią \(\displaystyle{ OY}\), otrzymując w sumie pokrycie płaszczyzny na dostępne prostokąty o rozłącznych wnętrzach.\(\displaystyle{ \square}\)

Mamy też taki ciekawy fakt mówiący, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) I \(\displaystyle{ Y}\) są niepustymi zbiorami, a rodzina zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb {B} _{X} }\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ X,}\) i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb {B} _{Y} }\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ Y,}\) to rodzina zbiorów:

\(\displaystyle{ \left\{ A \times B\Bigl| \ A \in \mathbb {B} _{X}, B \in \mathbb {B} _{Y} \right\}= \left\{ A \times B\Bigl| \ \left( A,B\right) \in \mathbb{B} _{X} \times \mathbb {B} _{Y} \right\} , }\)

tworzy pokrycie zbioru \(\displaystyle{ X \times Y;}\)

czyli rodzina zbiorów postaci \(\displaystyle{ A \times B,}\) gdzie zbiory \(\displaystyle{ A}\) pochodzą z pierwszego pokrycia, a zbiory \(\displaystyle{ B}\) pochodzą z drugiego pokrycia, tworzy pokrycie prostokąta \(\displaystyle{ X \times Y}\) - udowodniłem to i zilustrowałem TUTAJ.

Jakub Gurak pisze: ↑30 sie 2023, o 22:47Gdyby bowiem istniało takie pokrycie \(\displaystyle{ \mathbb { B},}\) to \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb {B}=\RR ^{2}}\), a więc \(\displaystyle{ \mathbb {B} \neq \emptyset }\) (bo \(\displaystyle{ \bigcup\emptyset =\emptyset \neq \RR ^{2}}\) ), a więc istnieje zbiór \(\displaystyle{ A \in \mathbb {B}. }\) Z warunków zadania taki zbiór jest postaci: \(\displaystyle{ A=\left[ x, x+1\right] \times \left[ y, y+ \frac{1}{n} \right], }\) gdzie \(\displaystyle{ x,y \in \RR}\) i \(\displaystyle{ n \in\NN _{+} .}\) A wtedy:

\(\displaystyle{ Int\left( A\right) \cap Int\left( A\right)=Int\left( A\right)= \left( x, x+1\right) \times \left( y,y+ \frac{1}{n} \right)\ni \left( x+ \frac{1}{2}, y+ \frac{1}{n+1} \right), }\)

a więc te wnętrza przecinają się, i to zadanie jest formalną bzdurą.

Jak czytam coś takiego, to aż mi się smutno robi. Napisałeś dużo znaczków, żeby się popisać, jaki to mądry i dokładny jesteś, a wyszło po prostu żałośnie. To nie zadanie jest formalną bzdurą (zostało sformułowane wystarczająco jasno, dokładnie i poprawnie), bzdurą jest wypisywanie takich rzeczy, które nie mają związku z treścią zadania.

Jakub Gurak pisze: ↑30 sie 2023, o 22:47Natomiast wydaje się, że można pokryć płaszczyznę takimi podanymi zbiorami, tak, aby każde dwa różne zbiory tego pokrycia miały rozłączne wnętrza.

Nie "wydaje się że można", tylko można - przeczytałeś, co napisał a4karo?

Jakub Gurak pisze: ↑30 sie 2023, o 22:47Pokryjmy najpierw pas pionowy \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right] \times \left( \RR _{+} \cup \left\{ 0\right\}\right) }\) kolejnymi prostokątami o długości jeden i o szerokości \(\displaystyle{ \frac{1}{n} }\) przylegającymi do siebie na brzegach.

Ponieważ szereg \(\displaystyle{ \sum_{n \in \NN} \frac{1}{n} }\) jest rozbieżny do \(\displaystyle{ + \infty, }\) to w ten sposób pokryjemy cały ten pas pionowy na prostokąty o rozłącznych wnętrzach (chodzi o różne takie prostokąty- piszę to abyście mi nie wypomnieli tego ).

Następnie pokrywamy tak każdy pas pionowy postaci \(\displaystyle{ \left[ n, n+1\right] \times \left( \RR _{+} \cup \left\{ 0\right\} \right) , }\) gdzie \(\displaystyle{ n}\) jest dowolną różną od zera liczbą całkowitą, otrzymując pokrycie górnej połowy płaszczyzny wraz z osią \(\displaystyle{ OY}\) na prostokąty o rozłącznych wnętrzach.

Podobnie robimy z dolną połową płaszczyzny wraz z osią \(\displaystyle{ OY}\), otrzymując w sumie pokrycie płaszczyzny na dostępne prostokąty o rozłącznych wnętrzach.\(\displaystyle{ \square}\)

A to pokazuje, że nie zrozumiałeś treści zadania. Zamiast się popisywać lepiej było zrozumieć.

Jakub Gurak pisze: ↑30 sie 2023, o 22:47Mamy też taki ciekawy fakt mówiący, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) I \(\displaystyle{ Y}\) są niepustymi zbiorami, a rodzina zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb {B} _{X} }\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ X,}\) i rodzina \(\displaystyle{ \mathbb {B} _{Y} }\) jest pokryciem zbioru \(\displaystyle{ Y,}\) to rodzina zbiorów:

\(\displaystyle{ \left\{ A \times B\Bigl| \ A \in \mathbb {B} _{X}, B \in \mathbb {B} _{Y} \right\}= \left\{ A \times B\Bigl| \ \left( A,B\right) \in \mathbb{B} _{X} \times \mathbb {B} _{Y} \right\} , }\)

tworzy pokrycie zbioru \(\displaystyle{ X \times Y;}\)

czyli rodzina zbiorów postaci \(\displaystyle{ A \times B,}\) gdzie zbiory \(\displaystyle{ A}\) pochodzą z pierwszego pokrycia, a zbiory \(\displaystyle{ B}\) pochodzą z drugiego pokrycia, tworzy pokrycie prostokąta \(\displaystyle{ X \times Y}\) - udowodniłem to i zilustrowałem TUTAJ.

Tylko po co wciskasz tan "ciekawy fakt" (koniecznie z linkiem do swojego "ciekawego dowodu"), skoro nie ma on związku z pytaniem zadanym w wątku? To zalatuje spamowaniem (co jest karalne).

JK

Tak mi się skojarzyło , tam też była mowa o pokryciu prostokątami( i bardziej chciałem zilustrować ten fakt, niż pokazać jego dowód ).

Jan Kraszewski pisze: ↑30 sie 2023, o 23:19 To nie zadanie jest formalną bzdurą (zostało sformułowane wystarczająco jasno, dokładnie i poprawnie),

Bo ja nie mogę, róbcie sobie wyliczenia nawet na miliard stron, i rozwijajcie abstrakcje (choć mnie do tego nie ciągnie, i nie będę się tym zajmował), ale róbcie to POPRAWNIE.
A jeśli ktoś śmie twierdzić, że każde dwa zbiory danej rodziny zbiorów są rozłączne, to to oznacza, że jeśli weźmiemy na oślep dwa zbiory tej rodziny, to powinny być one rozłączne; a jak wziąłbym niepusty zbiór tej rodziny oraz on sam (jego drugą kopię, to też jest zbiór tej rodziny, bo to jest ten sam zbiór, choć może oznaczony innym symbolem), to on nie jest rozłączny ze samym sobą. A zatem, całe zdanie, musi być fałszywe, i nie da się udowodnić, choćby pozornie nie budziło zastrzeżeń. I, ten problem, spotkałem w literature już co najmniej kilka razy.
Np. w książce Wacława Sierpińskiego "Wstęp do Teorii Mnogości I Topologii"- ta książka, to nie dla mnie- będą unikać znaczków jak ognia, bedą podzbiór zbioru nazywać jego częścią, itd. ... będą podawać intuicje twierdzeń, jak dla mnie, dość powaźnych, byle by tylko nie przestraszyć znaczkami (mi tam nie przeszkadzałoby trochę znaczków, jeśli byłyby one wyjaśnione), a już całkiem powaliła mnie ta ich wymyślna matematyka, gdzie kazali pokazać, że każde dwa elementy danej rodziny zbiorów nieskończonych mają skończony przekrój. To ja proponuje ustalić jeden taki zbiór nieskończony \(\displaystyle{ A}\), i wziąć przekrój \(\displaystyle{ A \cap A=A}\)- zbiór nieskończony. Mimo, być może dobrych zamiarów, twierdzenie jest fałszywe, a więc nie da się udowodnić.

Tego typu błąd logiczny spotkałem w sumie z kilka razy, i to nawet u autorów ważniaka.
Nie naginajmy prawdy Pragnę głębokiej prawdy matematycznej, a nie wymyślnej matematyki rozumianej na łapu capu.

Jakub Gurak pisze: ↑31 sie 2023, o 00:59Bo ja nie mogę, róbcie sobie wyliczenia nawet na miliard stron, i rozwijajcie abstrakcje (choć mnie do tego nie ciągnie, i nie będę się tym zajmował), ale róbcie to POPRAWNIE.

To było poprawne.

Jakub Gurak pisze: ↑31 sie 2023, o 00:59A jeśli ktoś śmie twierdzić, że każde dwa zbiory danej rodziny zbiorów są rozłączne, to to oznacza, że jeśli weźmiemy na oślep dwa zbiory tej rodziny, to powinny być one rozłączne; a jak wziąłbym niepusty zbiór tej rodziny oraz on sam (jego drugą kopię, to też jest zbiór tej rodziny, bo to jest ten sam zbiór, choć może oznaczony innym symbolem), to on nie jest rozłączny ze samym sobą. A zatem, całe zdanie, musi być fałszywe, i nie da się udowodnić, choćby pozornie nie budziło zastrzeżeń.

Wypisujesz straszne głupoty: w zbiorze elementy są rozróżnialne, więc nie możesz wziąć dwa razy tego samego elementu i twierdzić, że masz dwa elementy.

Jakub Gurak pisze: ↑31 sie 2023, o 00:59 I, ten problem, spotkałem w literature już co najmniej kilka razy.
Np. w książce Wacława Sierpińskiego "Wstęp do Teorii Mnogości I Topologii"- ta książka, to nie dla mnie- będą unikać znaczków jak ognia, bedą podzbiór zbioru nazywać jego częścią, itd. ... będą podawać intuicje twierdzeń, jak dla mnie, dość powaźnych, byle by tylko nie przestraszyć znaczkami (mi tam nie przeszkadzałoby trochę znaczków, jeśli byłyby one wyjaśnione), a już całkiem powaliła mnie ta ich wymyślna matematyka, gdzie kazali pokazać, że każde dwa elementy danej rodziny zbiorów nieskończonych mają skończony przekrój. To ja proponuje ustalić jeden taki zbiór nieskończony \(\displaystyle{ A}\), i wziąć przekrój \(\displaystyle{ A \cap A=A}\)- zbiór nieskończony. Mimo, być może dobrych zamiarów, twierdzenie jest fałszywe, a więc nie da się udowodnić.

Tego typu błąd logiczny spotkałem w sumie z kilka razy, i to nawet u autorów ważniaka.
Nie naginajmy prawdy Pragnę głębokiej prawdy matematycznej, a nie wymyślnej matematyki rozumianej na łapu capu.

Możesz sobie pragnąć czego chcesz, co nie zmienia faktu, że piszesz głupoty (w dodatku strasznie natchnionym tonem), zupełnie rozmijając się z prawdą matematyczną. A ponieważ czytają to inni, to jest to niestety szkodliwe.

JK

PS
To że matematyka Cię powala jakoś mnie nie dziwi, ale w takiej sytuacji warto wykazać trochę pokory.

Że można pokryć, to jest jasne. Ale czy można pokryć bez "nieskończonych pasków"?

Można skorzystać z takiego faktu:
Jeżeli `\sum a_n` jest rozbieżne, a jego wyrazy maleją do zera, to dla każdego `s>0` da się wybrać pociąg, którego suma jest równa `s`

Ułożony z takiego ciągu prostokąt będzie miał wymiar `1\times s` i nie będzie miał brzegu z jednej strony.
Teraz możesz na przykład położyć kwadrat `1\times 1` a potem ślimaczkiem dookoła niego płytki `1\times2`, `1\times3` etc

Rzeczywiście, nie pomyślałem o tym. To jest takie zastąpienie nieskończoności co do długości, przez nieskończoność co do liczby.
Dla danego s można to zrobić na nieskończenie wiele sposobów, choć dla niektórych s będą także podciągi skończone dla których prostokąt 1 x s będzie miał wszystkie brzegi.
Wydaje mi się, że w podanym schemacie można tak wybrać podciągi, że każda z "płytek" będzie składać się ze skończonej liczby prostokątów, będzie więc miała wszystkie brzegi (wykorzystując rozkład na ułamki egipskie)

a4karo pisze: ↑30 sie 2023, o 21:46 Tak.
Szeregi \(\displaystyle{ s_k=\sum_i \frac1{2^kp_i} }\) są rozbieżne, więc możemy ich użyć do pokrycia przeliczalnej ilości pasków o szerokości jeden w górę i w dół od ustalonej poziomej osi

Głupie pytanie, ale dlaczego jest tam \(\displaystyle{ 2^{k}}\)? Ale w ogólności się zgadzam, że się da, no bo nie musi być po kolei przecież tj. nie musi być tak, że \(\displaystyle{ s_{n}}\) jest obok \(\displaystyle{ s_{n+1}}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n\in\NN}\). Jak się nie będzie zgadzało to się przestawi kolejność.

Lol, nigdy nie widziałam tak złego Kraszewskiego. Jakub, Ty wiesz, że Kraszewski jest ekspertem od tego typu spraw tj. teorii mnogości, także mówienie mu, że się nie zna jest trochę nie na miejscu lol ja bym Ci radziła się wziąć i ogarnąć zanim dostaniesz bana. Ale w sumie miło jest zobaczyć na forum kogoś kto ogarnia mniej ode mnie.

Niepokonana pisze: ↑8 wrz 2023, o 16:21

a4karo pisze: ↑30 sie 2023, o 21:46 Tak.
Szeregi \(\displaystyle{ s_k=\sum_i \frac1{2^kp_i} }\) są rozbieżne, więc możemy ich użyć do pokrycia przeliczalnej ilości pasków o szerokości jeden w górę i w dół od ustalonej poziomej osi

Głupie pytanie, ale dlaczego jest tam \(\displaystyle{ 2^{k}}\)? Ale w ogólności się zgadzam, że się da, no bo nie musi być po kolei przecież tj. nie musi być tak, że \(\displaystyle{ s_{n}}\) jest obok \(\displaystyle{ s_{n+1}}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n\in\NN}\). Jak się nie będzie zgadzało to się przestawi kolejność.

Pomyśl. Wskazówka: w pokryciu każdy klocek może wystąpić co najwyżej jeden raz.

Dodano po 2 minutach 28 sekundach:

Niepokonana pisze: ↑8 wrz 2023, o 16:21
Lol, nigdy nie widziałam tak złego Kraszewskiego. Jakub, Ty wiesz, że Kraszewski jest ekspertem od tego typu spraw tj. teorii mnogości, także mówienie mu, że się nie zna jest trochę nie na miejscu lol ja bym Ci radziła się wziąć i ogarnąć zanim dostaniesz bana. Ale w sumie miło jest zobaczyć na forum kogoś kto ogarnia mniej ode mnie.

JK raczej nie bywa zły. Natomiast, podobnie do mnie, ma alergię na głupotę.
Nie przeczytałaś regulaminu: za głupotę bana nie można dostać.

A jeśli ktoś śmie twierdzić, że każde dwa zbiory danej rodziny zbiorów są rozłączne, to to oznacza, że jeśli weźmiemy na oślep dwa zbiory tej rodziny, to powinny być one rozłączne; a jak wziąłbym niepusty zbiór tej rodziny oraz on sam (jego drugą kopię, to też jest zbiór tej rodziny, bo to jest ten sam zbiór, choć może oznaczony innym symbolem), to on nie jest rozłączny ze samym sobą. A zatem, całe zdanie, musi być fałszywe, i nie da się udowodnić, choćby pozornie nie budziło zastrzeżeń.

Bigamista ma dwie różne żony czy Bigamista ma dwie żony czy Bigamista ma dwie rozłączne żony ?

Z warunków zadania taki zbiór jest postaci: \(\displaystyle{ A=\left[ x, x+1\right] \times \left[ y, y+ \frac{1}{n} \right], }\)

Ale kafelki można obracać...

Ale czy można pokryć bez "nieskończonych pasków"?

A jak będzie z klockami \(\displaystyle{ 1 \times 1 \times \frac{1}{n}}\) w przestrzeni

Tak samo
Bierzesz sześcian jednostkowy, robisz z niego sześcian 3x3x3 słupkami 1x1x3, potem 5x5x5 itd