Zbiory nieprzeliczalne

Algebra zbiorów. Relacje, funkcje, iloczyny kartezjańskie... Nieskończoność, liczby kardynalne... Aksjomatyka.
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Re: Zbiory nieprzeliczalne

Post autor: matmatmm »

Jan Kraszewski pisze: 29 paź 2019, o 16:17
matmatmm pisze: 29 paź 2019, o 14:52bo pod założeniem zaprzeczenia hipotezy continuum \(\displaystyle{ \aleph_1<\mathfrak{c}}\).
A Ty chyba nie wiesz, co to jest hipoteza continuum.
Co napisałem nie tak? Przecież zawsze \(\displaystyle{ \aleph_1\leq \mathfrak{c}}\)

@Borneq
\(\displaystyle{ \omega^{\omega}}\) jest liczbą porządkową przeliczalną, a więc jest elementem \(\displaystyle{ \aleph_1}\) (Podobnie jak na przykład \(\displaystyle{ \omega^{\omega^{\omega}}}\), czy nawet \(\displaystyle{ \epsilon_0}\)). Ta notacja może być myląca, gdyż moc zbioru \(\displaystyle{ \omega^{\omega}}\) nie jest równa \(\displaystyle{ \aleph_0^{\aleph_0}}\) mimo, że moc \(\displaystyle{ \omega}\) jest równa \(\displaystyle{ \aleph_0}\).
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34125
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Zbiory nieprzeliczalne

Post autor: Jan Kraszewski »

matmatmm pisze: 29 paź 2019, o 16:34Co napisałem nie tak? Przecież zawsze \(\displaystyle{ \aleph_1\leq \mathfrak{c}}\)
Nic. To ja przeczytałem nie tak (dokładniej: mój wzrok ominął "zaprzeczenia"). Przepraszam.

JK
Awatar użytkownika
Borneq
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 247
Rejestracja: 23 lip 2010, o 07:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: geo:lat=0 geo:lon=0
Podziękował: 13 razy

Re: Zbiory nieprzeliczalne

Post autor: Borneq »

C o mnie myli: liczby porządkowe mają nieskończoną a nawet nieprzeliczalną lizczbę "punktów nieciągłości", chodzi o to że z liczby 2 nie dojdzie się nigdy do liczby \(\displaystyle{ \omega+1}\). Mamy jakby odwrócony na nice przypadek \(\displaystyle{ \RR}\) bo w \(\displaystyle{ \RR}\) nie ma sąsiednich, ale tu są sąsiednie w każdym kawałku, tyle że tych kawałków jest potwornie duzo. W jednym takim kawałku musi być \(\displaystyle{ \aleph_0}\), w skończonej ich liczbie też. Natomiast \(\displaystyle{ \omega^2}\) powinna mieć \(\displaystyle{ \aleph_0*\aleph_0=\aleph_0}\) i tak dalej, lecz gdy mamy \(\displaystyle{ \omega^{\omega}}\) to już powinniśmy mieć continuum, a to nie jest koniec tego zbioru.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34125
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Zbiory nieprzeliczalne

Post autor: Jan Kraszewski »

Borneq pisze: 29 paź 2019, o 16:49lecz gdy mamy \(\displaystyle{ \omega^{\omega}}\) to już powinniśmy mieć continuum
No nie. Przede wszystkim nie rozumiesz, czym jest \(\displaystyle{ \omega^{\omega}}\) (potęgowanie porządkowe). Cały czas odnosisz się do swoich wyobrażeń, a nie do definicji.

JK
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Zbiory nieprzeliczalne

Post autor: Jakub Gurak »

Twierdzenie, że każde dwa zbiory są porównywalne na moc można wykorzystać aby udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest dowolnym zbiorem nieskończonym a \(\displaystyle{ Y}\) dowolnym zbiorem skończonym, to \(\displaystyle{ \left| X\right|>\left| Y\right|.}\) :mrgreen:

PROSTY DOWÓD:

Z Lematu Zorna otrzymujemy, że każde dwa zbiory są porównywalne na moc, więc również \(\displaystyle{ \left| X\right| \ge \left| Y\right|}\) lub \(\displaystyle{ \left| Y\right| \ge \left| X\right|. }\) Jeśli \(\displaystyle{ \left| X\right| \ge \left| Y\right|}\) , to \(\displaystyle{ X\not\sim Y}\) ( w przeciwnym razie, ponieważ gdyż \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem nieskończonym, a \(\displaystyle{ Y}\) zbiorem skończonym, więc \(\displaystyle{ Y}\) jako zbiór równoliczny ze zbiorem nieskończonym byłby nieskończony- sprzeczność), a zatem \(\displaystyle{ X\not\sim Y}\), więc \(\displaystyle{ \left| X\right|>\left| Y\right|}\), co należało pokazać. Jeśli \(\displaystyle{ \left| Y\right| \ge \left| X\right|}\) doprowadzimy ten przypadek do sprzeczności co oznaczać będzie, że on jest niemożliwy, co zakończy dowód. W takim wypadku \(\displaystyle{ Y}\) jako zbiór większej lub równej mocy niż zbiór nieskończony byłby również nieskończony, a \(\displaystyle{ Y}\) jest zbiorem skończonym- sprzeczność.\(\displaystyle{ \square }\):lol:

Aha muszę dodać,
NIE CAŁKIEM OCZYWISTY FAKT:    
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Zbiory nieprzeliczalne

Post autor: Jakub Gurak »

Kilka dni po przeprowadzeniu tego dowodu dostrzegłem, że chyba przesadziłem, nie trzeba tu Lematu Zorna- wystarczą same elementarne fakty, co wczoraj udowodniłem. Udowodnimy najpierw pewien lemat, którego dowód jest analogiczny do dowodu z ważniaka, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony, to dla dowolnej liczby naturalnej von Neumanna \(\displaystyle{ n}\), mamy \(\displaystyle{ |n|\le |X|}\), więc analogicznie udowodniłem to dla dowolnych zbiorów skończonych. A z niego łatwo będzie wynikać nasza teza. Przedstawię teraz rezultat.

Lemat:

Dla dowolnego zbioru nieskończonego \(\displaystyle{ X}\), dla dowolnej liczby naturalnej von Neumanna \(\displaystyle{ n}\), dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ Y\sim n}\), mamy \(\displaystyle{ |Y| \le \left| X\right|.}\)

Dowód:

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zbiorem nieskończonym. Niech \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}.}\) Dalej prowadzimy dowód indukcyjnie, ze względu na \(\displaystyle{ n}\).

Jeśli \(\displaystyle{ n=0=\emptyset}\), to jedynym zbiorem równolicznym ze zbiorem pustym jest zbiór pusty (wynika to stąd, że zbiór równoliczny ze zbiorem niepustym musi być niepusty- to nawet każda funkcja na zbiorze niepustym prowadzi w zbiór niepusty, więc stąd to wynika, oraz z symetrii równoliczności).

A wtedy funkcja pusta \(\displaystyle{ f:\emptyset \rightarrow X}\) jest różnowartościowa, formalnie rzecz biorąc. A zatem \(\displaystyle{ |Y|=|\emptyset| \le \left| X\right|.}\)

Przypuśćmy teraz, że twierdzenie zachodzi dla \(\displaystyle{ n}\). Rozważmy \(\displaystyle{ n'}\), oraz zbiór \(\displaystyle{ Y\sim n'}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ \left| Y\right| \le \left| X\right|}\). Ponieważ \(\displaystyle{ Y\sim n'}\), więc istnieje bijekcja \(\displaystyle{ f:n' \rightarrow Y .}\) A zatem jej zawężenie \(\displaystyle{ f_{|n}:n \rightarrow Y \setminus \left\{ f(n)\right\} }\), jest nadal bijekcją, gdyż jest taki prosty fakt, że jak z bijekcji wyrzucimy jedną parę złożoną z elementu dziedziny i odpowiadającej jej wartości, to będzie to nadal bijekcja. Wobec czego \(\displaystyle{ f_{|n}}\) jest bijekcją z \(\displaystyle{ n}\) w \(\displaystyle{ Y \setminus\left\{ f(n)\right\} .}\) Teraz do \(\displaystyle{ n}\) i zbioru \(\displaystyle{ Y \setminus \left\{ f(n)\right\} }\) możemy zastosować założenie indukcyjne, i otrzymać, że \(\displaystyle{ \left| Y \setminus \left\{ f(n)\right\} \right| \le \left| X\right| }\). A zatem istnieje funkcja różnowartościowa \(\displaystyle{ g:Y \setminus \left\{ f(n)\right\} \rightarrow X}\). Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ g}\) nie może być bijekcją. W przeciwnym razie złozenie \(\displaystyle{ f_{|n}\circ g: n \rightarrow X}\) jako złożenie bijekcji byłoby bijekcją, a zatem \(\displaystyle{ n\sim X}\), a zatem zbiór \(\displaystyle{ X}\) byłby skończony, a on jest naszym zbiorem nieskończonym- sprzeczność. Wobec czego \(\displaystyle{ g}\) nie jest bijekcją, ale jest różnowartościowa, zatem otrzymujemy, że \(\displaystyle{ g}\) nie jest 'na'. A zatem zbiór wartości \(\displaystyle{ g_P \neq X}\), ale \(\displaystyle{ g_P\subset X}\), zatem \(\displaystyle{ g_P}\) jest istotnym podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ X}\), zatem istnieje element \(\displaystyle{ a\not\in g_P }\) spoza tego podzbioru, (element, który: \(\displaystyle{ a\in X}\)). Ustalmy taki element \(\displaystyle{ a}\). A wtedy \(\displaystyle{ h=g \cup \left\{ \left( f(n),a\right) \right\}}\) jest oczywiście funkcją z \(\displaystyle{ \left( Y \setminus \left\{ f(n)\right\} \ \right) \cup \left\{ f(n)\right\}=Y}\) do \(\displaystyle{ X}\) (\(\displaystyle{ a\in X}\)), a ponieważ \(\displaystyle{ g}\) jest różnowartościowa i \(\displaystyle{ a\not\in g_P}\)- element \(\displaystyle{ a}\) nie jest w zbiorze wartości \(\displaystyle{ g}\), to \(\displaystyle{ h}\) nadal jest różnowartościowa, a zatem \(\displaystyle{ \left| Y\right| \le \left| X\right|}\). Dowolność tego zbioru kończy dowód kroku indukcyjnego. Na mocy zasady indukcji matematycznej lemat jest udowodniony. \(\displaystyle{ \square}\)

Łatwo będzie teraz udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest dowolnym zbiorem nieskończonym, a \(\displaystyle{ Y}\) dowolnym zbiorem skończonym, to \(\displaystyle{ \left| Y\right|<|X|.}\)

Prosty dowód:

Ponieważ \(\displaystyle{ Y}\) jest zbiorem skończonym, to \(\displaystyle{ Y\sim n}\), dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \NN}\). Mamy zatem zbiór nieskończony \(\displaystyle{ X, n\in\mathbb {N}}\), i zbiór \(\displaystyle{ Y\sim n}\), stosując lemat otrzymujemy \(\displaystyle{ |Y| \le \left| X\right|}\). Pozostaje wykazać, że zbiór \(\displaystyle{ Y}\) nie może być równoliczny ze zbiorem \(\displaystyle{ X}\). Ale gdyby \(\displaystyle{ Y}\) był równoliczny z \(\displaystyle{ X}\)-zbiorem nieskończonym, to \(\displaystyle{ Y}\) byłby nieskończony, a \(\displaystyle{ Y}\) jest skończony- sprzeczność. Zatem \(\displaystyle{ Y\not\sim X}\), a więc \(\displaystyle{ |Y|<|X|.\square }\) :D 8-) :lol:
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Zbiory nieprzeliczalne

Post autor: Jakub Gurak »

Udowodniłem przed chwilą, że jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest zbiorem nieprzeliczalnym, a \(\displaystyle{ B}\) zbiorem co najwyżej przeliczalnym, to różnica symetryczna \(\displaystyle{ A\oplus B}\) jest dalej równoliczna ze zbiorem nieprzeliczalnym \(\displaystyle{ A}\). Łatwo to udowodniłem. Przedstawię teraz ten prosty dowód:

Przypominam zbiory nieprzeliczalne są odporne na dodawanie i ujmowanie zbiorów co najwyżej przeliczalnych, o czym można poczytać w pierwszym poście tego wątku (tzn. po dodaniu zbioru do sumy otrzymujemy zbiór tej samej mocy, podobnie po odjęciu zbioru jako różnicy otrzymujemy zbiór tej samej mocy). Będziemy z tego korzystać. Przejdźmy zatem do naszego dowodu.

PROSTY DOWÓD:

Mamy \(\displaystyle{ A\oplus B= (A \setminus B) \cup \left( B \setminus A\right) .}\) Ponieważ \(\displaystyle{ A}\) jest zbiorem nieprzeliczalnym, \(\displaystyle{ B}\) jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym, i zbiory nieprzeliczalne są odporne na ujmowanie zbiorów co najwyżej przeliczalnych, więc \(\displaystyle{ A \setminus B\sim A}\). Popatrzmy na drugi składnik tej sumy- ponieważ zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest co najwyżej przeliczalny, więc jego podzbiór \(\displaystyle{ B \setminus A}\) jest co najwyżej przeliczalny. Mamy, że \(\displaystyle{ A \setminus B}\) jako zbiór równoliczny ze zbiorem nieprzeliczalnym \(\displaystyle{ A}\) jest nieprzeliczalny, więc po dodaniu co najwyżej przeliczalnego zbioru \(\displaystyle{ B \setminus A}\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ A\oplus B=\left( A \setminus B\right) \cup \left( B \setminus A\right) \sim A \setminus B\sim A}\), a więc \(\displaystyle{ A\oplus B\sim A. \square}\) :lol:
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Zbiory nieprzeliczalne

Post autor: a4karo »

A nie wystarczy \(\displaystyle{ A\oplus B= (A \setminus B) \cup \left( B \setminus A\right)\supset A\setminus B}\) ?
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Zbiory nieprzeliczalne

Post autor: Jakub Gurak »

Udowodniłem wczoraj, że zbiory nieskończone, mają taką własność, że są 'odporne', względem mocy, na ujmowanie zbiorów mocy silnie mniejszej od tego zbioru nieskończonego; jak i, zbiory nieskończone, mają taką własność, że są odporne na dodawanie zbiorów mocy mniejszej lub równej od tego zbioru nieskończonego. Zauważmy, że, na ogół, tej własności nie mają zbiory skończone (za wyjątkiem zbiorów jednoelementowych, bo gdy \(\displaystyle{ A}\) jest zbiorem jednoelementowym, to zbiór mocy silnie mniejszej musi być pusty, i wtedy \(\displaystyle{ A \setminus \emptyset= A}\), i \(\displaystyle{ A \cup \emptyset =A}\), i może za wyjątkiem zbioru pustego, ale nie ma mocy silnie mniejszej od mocy zbioru pustego, równej \(\displaystyle{ 0}\)). Natomiast zbiory nieskończone mają takie własności, gdyż to wczoraj udowodniłem. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.


Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zbiorem nieskończonym, a \(\displaystyle{ Y}\) zbiorem mocy silnie mniejszej od mocy zbioru \(\displaystyle{ X}\). Wykażemy, że: \(\displaystyle{ X \setminus Y\sim X.}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Załóżmy najpierw przypadek, gdy \(\displaystyle{ Y\subset X}\).

Wtedy \(\displaystyle{ X \setminus Y\subset X}\), a więc \(\displaystyle{ \left| X \setminus Y\right| \le \left| X\right|.}\)

Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ \left| X \setminus Y\right|<\left| X\right|}\). Ponieważ \(\displaystyle{ Y\subset X}\), więc \(\displaystyle{ \left( X \setminus Y \right) \cup Y=X}\). Jeśli zarówno zbiór \(\displaystyle{ X \setminus Y}\), jak i zbiór \(\displaystyle{ Y,}\) są zbiorami skończonymi, to zbiór \(\displaystyle{ X,}\) jako suma dwóch zbiorów skończonych, byłby zbiorem skończonym, a \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem nieskończonym- sprzeczność. Jeśli zbiór \(\displaystyle{ X \setminus Y}\) jest nieskończony lub zbiór \(\displaystyle{ Y}\) jest nieskończony, wtedy zbiory \(\displaystyle{ X \setminus Y}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są rozłączne, więc moc sumy tych dwóch zbiorów jest równa większej z tych dwóch mocy zbiorów. Z drugiej strony, ponieważ \(\displaystyle{ \left( X \setminus Y \right) \cup Y =X}\), więc jest to moc samego zbioru \(\displaystyle{ X}\), a ponieważ zarówno \(\displaystyle{ \left| X \setminus Y\right| <\left| X\right|}\), jak i \(\displaystyle{ \left| Y\right|<\left| X\right|}\), to \(\displaystyle{ \max\left( \left| X \setminus Y\right|, \left| Y\right| \right) = \left| X\right| <\left| X\right|}\), czyli \(\displaystyle{ \left| X\right| <\left| X\right|}\)- sprzeczność, bo to daje, że \(\displaystyle{ X\not\sim X}\)-sprzeczność.

Wobec czego \(\displaystyle{ \left| X \setminus Y\right| \not< \left| X\right|}\) , a \(\displaystyle{ \left| X \setminus Y\right| \le \left| X\right|}\), wobec czego \(\displaystyle{ X \setminus Y\sim X}\), i twierdzenie, w przypadku gdy \(\displaystyle{ Y\subset X,}\) zachodzi.


Jeśli \(\displaystyle{ Y\not\subset X}\), to mamy \(\displaystyle{ X \cap Y\subset Y}\), a więc \(\displaystyle{ \left| X \cap Y\right| \le \left| Y\right|<\left| X\right|}\), a więc \(\displaystyle{ \left| X \cap Y\right| <\left| X\right|}\)( jakby co, używamy tu twierdzenia Cantora-Bernsteina, gdyż przechodniość silnej nierówności mocy zbiorów jest równoważna twierdzeniu Cantora- Bernsteina), a więc mamy zbiór nieskończony \(\displaystyle{ X}\), zbiór \(\displaystyle{ X \cap Y}\) mocy silnie mniejszej od niego, i niewątpliwe \(\displaystyle{ X \cap Y \subset X}\). Stosując zatem twierdzenie udowodnione powyżej, w tym przypadku, otrzymujemy \(\displaystyle{ X \setminus Y= X \setminus \left( X \cap Y\right)\sim X}\), a więc \(\displaystyle{ X \setminus Y\sim X.\square}\)


Rozważmy teraz zbiór nieskończony \(\displaystyle{ X}\), oraz zbiór \(\displaystyle{ Y}\) mocy nie większej od niego. Wykażemy, że \(\displaystyle{ X \cup Y\sim X}\).

OOWÓD TEGO FAKTU:

Rozważmy najpierw przypadek, gdy zbiory \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są rozłączne. Wtedy \(\displaystyle{ \left| X \cup Y\right|= max \left( \left| X\right|, \left| Y\right| \right)= \left|X \right|}\), a więc \(\displaystyle{ X \cup Y\sim X}\), i twierdzenie, w przypadku, gdy zbiory \(\displaystyle{ X,Y}\) są rozłączne, zachodzi.

Jeśli zbiory \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) nie są rozłączne. Wtedy już zbiory \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y \setminus X}\) są rozłączne, a więc mamy zbiór nieskończony \(\displaystyle{ X}\), i ponieważ \(\displaystyle{ Y \setminus X \subset Y}\), a więc \(\displaystyle{ \left| Y \setminus X\right| \le \left| Y\right| \le \left| X\right|}\), a więc \(\displaystyle{ \left| Y \setminus X\right| \le \left| X\right|}\), i zbiory \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y \setminus X}\) są rozłączne, stosując zatem twierdzenie udowodnione powyżej, w przypadku zbiorów rozłącznych, więc otrzymujemy: \(\displaystyle{ X \cup Y=X \cup \left( Y \setminus X\right) \sim X}\), czyli \(\displaystyle{ X \cup Y\sim X.\square}\)


Na koniec udowodnimy, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem nieskończonym, a \(\displaystyle{ Y}\) zbiorem mocy silnie mniejszej od niego, to różnica symetryczna \(\displaystyle{ X\oplus Y\sim X}\) jest równoliczna ze zbiorem \(\displaystyle{ X}\).

DOWÓD TEGO FAKTU:

Mamy \(\displaystyle{ X\oplus Y=\left( X \setminus Y\right) \cup \left( Y \setminus X\right)}\) , a więc, na mocy pierwszego z tych dwóch faktów udowodnionych powyżej, otrzymujemy: \(\displaystyle{ X \setminus Y\sim X;}\) ponieważ \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem nieskończonym, więc zbiór \(\displaystyle{ X \setminus Y,}\) jako zbiór z nim równoliczny, będzie nieskończony. Mamy \(\displaystyle{ Y \setminus X\subset Y}\), a więc \(\displaystyle{ \left| Y \setminus X\right| \le \left| Y\right|<\left| X\right|}\), a więc \(\displaystyle{ \left| Y \setminus X\right|<\left| X\right| =\left| X \setminus Y\right|}\), stosując zatem do zbiorów \(\displaystyle{ X \setminus Y}\) i \(\displaystyle{ Y \setminus X}\) drugi z powyższych faktów, otrzymujemy: \(\displaystyle{ X\oplus Y=\left( X \setminus Y \right) \cup \left( Y \setminus X\right)\sim X \setminus Y\sim X}\), a więc \(\displaystyle{ X\oplus Y\sim X. \square}\) :lol: 8-)
ODPOWIEDZ