zbiór policzalny

kawafis44 · Post autor: **kawafis44** » 6 cze 2008, o 18:57

1. Jak udowodnić, że zbiór trójkątów na płaszczyźnie z bokami o długości wymiernej jest policzalny?

2. Niech \(\displaystyle{ \leqslant}\) będzie częściowym porządkiem na \(\displaystyle{ P X, \ a_0 P}\). Kiedy \(\displaystyle{ a_0}\) jest maksymalnym elementem w P? Ile może ich być w P?

Pozdrawiam!

klaustrofob · Post autor: **klaustrofob** » 6 cze 2008, o 22:37

1. to sie nie da. to sie nie da, jak w pysk. weźmy dowolny punkt płaszczyzny. weźmy tr. o bokach 3, 4, 5 położony tak, że środek przeciwprostokątnej znajduje się w wybranym punkcie. rozważmy wszystkie trójkąty powstałe z danego przez obrót o dowolny kąt \(\displaystyle{ phiin[0,2pi)}\). takich tr. jest continuum, wszystkie są różne. zbiór wszystkich tr. o bokach długości wymiernej zawiera skonstruowany wyżej zb. trójkątów, zatem również jest co najmniej mocy continuum.

N4RQ5 · Post autor: **N4RQ5** » 7 cze 2008, o 00:06

No tak. Wszystko zależy od tego które trójkąta uważamy za różne. Jeśli jednak utożsamić trójkąty podobne to przeliczalność jest do udowodnienia dosyć szybko.

kawafis44 · Post autor: **kawafis44** » 7 cze 2008, o 00:50

zakładam, że tutaj chodzi o to, żeby rzeczywiście utożsamić trójkąty podobne, bo nie wydaje mi się, żebym miał w poleceniu udowodnić coś trudnego - w jaki sposób mogę to udowodnić ?
co z drugim zadaniem? - na nim mi trochę bardziej zależy .
pozdrawiam i dzięki!

klaustrofob · Post autor: **klaustrofob** » 7 cze 2008, o 15:09

w porządku, ale czym są P i X? dowolnymi zbiorami? i co znaczy "ile ich może być? porządków? elementów maksymalnych?

dokończenie 1. jeżeli utożsamimy trójkąty przez przystawanie, to z jednej strony łatwo widać, że trójkątów o bokach długości wymiernej jest co najmniej przeliczalnie wiele (każda trójka liczb naturalnych jako długości boków n, n+1, n+2 wyznacza pewien trójkąt), a z drugiej jest ich co najwyżej przeliczalnie wiele, bo takich trójkątów jest co najwyżej przeliczalnie wiele, bo moc zbioru takich tr. nie przekracza mocy zbioru QxQxQ. na mocy tw. Cantora-Bernsteina...

kawafis44 · Post autor: **kawafis44** » 7 cze 2008, o 15:56

Ad. 1) Jak rozumiem masz na myśli tw. Cantora, a nie tw. Cantora-Bernsteina-Schrodera?
Co to znaczy, że jest ich przeliczalnie wiele? I dlaczego jest ich co najmniej przeliczalnie wiele?
Ad. 2) Słowo "ich" w zad.2 oznacza "elementów maksymalnych".
Niech P będzie niepustym zbiorem. Relację binarną R na zbiorze P, która jest zwrotna, antysymetrzyczna i przechodnia jest zwana częściowym porządkiem.
Oraz: Niech \(\displaystyle{ \leqslant}\) będzie częściowym porządkiem na \(\displaystyle{ P \subset X}\). Wtedy element \(\displaystyle{ a_{max} \in P}\) jest maksymalnym elementem w P, jeśli nie ma elementów w P, większych niż \(\displaystyle{ a_{max}}\). Czyli \(\displaystyle{ \forall a \in P \ a > a_{max} => a = a_{max}}\).
Mam jeszcze zadanie analogiczne - kiedy \(\displaystyle{ a_0}\) jest elementem minimalnym? Ile może być elementów minimalnych w P?
Pozdrawiam!

klaustrofob · Post autor: **klaustrofob** » 7 cze 2008, o 17:48

przeliczalnie wiele? ... alef zero. jest co najmniej przeliczalnie wiele, bo zbiór tr. o bokach wymiernych zawiera zbiór tr. o bokach n, n+1, n+2, a tych jest przeliczalnie wiele. oczywiście, że chodzi o twierdzenie C-B-S, a nie tw. Cantora o nierówności między mocą zbioru, a mocą zbioru potęgowego.

ad. 2. nadal czegoś nie rozumiem: jak to jest, wybieram jakiś podzbiór P jakiegoś zbioru X, określam na P jakiś porządek częściowy i badam ile jest elementów maksymalnych? na pewno moc zbioru elem. maksymalnych nie przekroczy mocy zbioru P i przykład porządku częściowego, w którym każdy element poprzedza jedynie siebie pokazuje, że ten wariant można zrealizować.